exercices séries de fourier · a. zygmund : trigonometric series (cambridge) j.-m. arnaudiès, h....
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1
Exercices sur les séries de Fourier ____________
1. Développements en série de Fourier.
2. Séries de Fourier.
3. Applications géométriques.
4. Séries trigonométriques.
5. Séries entières et séries trigonométriques.
6. Equations différentielles et fonctionnelles.
7. Convolution et fonctions propres.
A la mémoire de ma mère, qui tant me manque, février 2010
Pierre-Jean Hormière ____________
Introduction
C’est toujours la même histoire ! J’avais l’intention de réunir quelques exercices corrigés classiques sur les séries de Fourier, me disant que ce travail serait achevé au bout de quelques pages, mais de fil en aiguille, il a pris des proportions de plus en plus vastes, se transformant en une somme théologique. A la fin, c’est tout juste si les mathématiques toutes entières n’étaient plus qu’un chapitre des séries de Fourier ! Il faut pourtant bien s’arrêter avant de sombrer dans le désespoir et l’inachèvement, afin de ne pas finir comme ces insignes ratés que furent Léonard de Vinci, Michel-Ange et Van Gogh !
Références : Revue de Mathématiques Spéciales A. Zygmund : Trigonometric series (Cambridge) J.-M. Arnaudiès, H. Fraysse : Cours de taupe, tome 3 (Dunod) Murray R. Spiegel : Analyse de Fourier (série Schaum)
1. Développements en série de Fourier.
Développer une fonction réglée périodique f en série de Fourier, c’est former sa série de Fourier exponentielle ou trigonométrique, et étudier les relations entre f et sa série de Fourier, à la lumière des théorèmes disponibles (ici, les trois théorèmes du programme). Dans tous les exercices, le symbole ∼ signifie « a pour série de Fourier ». Exercice 1 : onde carrée ou créneau.
1) Développer en série de Fourier la fonction � 2π-périodique définie par : � (t) = 1 si t ∈ ]0, π[ , −1 si t ∈ ]−π, 0[ , 0 si t ∈ πZ. 2) Représenter graphiquement les sommes partielles de la série ; vérifier les résultats précédents. Quel phénomène nouveau voit-on apparaître ?
3) Soit Sn la somme partielle d’ordre n de la série. Montrer que : Sn( )2nπ → π
2 dtt
t.sin0∫π
> 1
Solution : � est impaire et l’on a aussitôt :
� (t) ∼ π4 (
3)3sin(
1sin tt + +
5)5sin( t
+ … ) = π4 ∑
≥ ++
0 12))12sin((
k ktk
.
2
Remarque : le fait que � (π − t) = � (t) implique b2k(� ) = 0.
La formule de Parseval donne ∑≥ +0 )²12(
1k k
= 8²π
On en déduit ζ(2) = 6²π , car ζ(2) = ∑
≥ +0 )²12(1
k k + ∑
≥1 )²2(1
k k =
8²π +
41 ζ(2).
Le théorème de Dirichlet s’applique, car � est C1 par morceaux, et comme elle est réelle, on a :
(∀t ∈ R) � (t) = π4 (
3)3sin(
1sin tt + +
5)5sin( t
+ … ) = π4 ∑
≥ ++
0 12))12sin((
k ktk
.
Si l’on fait t = 2π , on retrouve
2π = ∑
≥ +−
0 12)1(
k
k
k .
La série précédente converge simplement (Dirichlet), en moyenne quadratique (Parseval), pas uniformément, car � est discontinue, mais uniformément sur tout segment [α, π−α] (0 < α < π/2), par un examen précis de la transformation d’Abel, si l’on note que les sommes partielles Vn = sin t +
sin 3t + … + sin (2n−1)t = tnt
sin²sin sont uniformément bornées sur ces segments.
3) Phénomène de Gibbs.
Par sommes de Riemann : Sn( )2nπ = π
4 ∑−≤≤ +
+
10 12
)2
)12(sin(
nk kn
k π → C = π
2 dtt
t.sin0∫π
.
Or ∀t ∈ ]0, π[ t
tsin > 1 − πt . On en déduit C > 1 (cf. aussi ex. 3).
Cela confirme qu’il n’y a pas convergence uniforme sur ]0, π[ : l’approximation est de mauvaise qualité au voisinage des discontinuités.
Exercice 2 : Développer en série de Fourier la fonction f 2π-périodique définie par : f(t) = c2 si t ∈ ]0, π[ , c1 si t ∈ ]−π, 0[ .
Solution : 1) On peut, soit faire un calcul direct, soit se ramener à l’exercice précédent si l’on note
que f = 2
21 cc + + 2
12 cc − � : on conclut alors par linéarité.
f(x) ∼ 2
21 cc + + π12.2 cc − (
3)3sin(
1sin tt + +
5)5sin( t
+ … ) .
2) Parseval redonne ∑≥ +0 )²12(
1k k
= 8²π , d’où l’on déduit ζ(2) =
6²π .
3) f est C1 par morceaux, donc Dirichlet s’applique :
2
21 cc + + π12.2 cc − ∑
≥ ++
0 12))12sin((
k ktk
= c1 sur ]−π, 0[ , 2
21 cc + en 0 , c2 sur ]0, π[.
4) On peut faire les mêmes remarques que dans l’exercice précédent.
3
Exercice 3 : Si 0 < h < π, f la fonction 2π-périodique définie par f(x) = h21 si |x| < h, 0 si h < |x| ≤ π.
Développer f en série de Fourier. En déduire ∑+∞
=1 ²²sin
n nnh = ).(
2hh −π , ∑
+∞
=1
sinn n
nh = 2
h−π .
En déduire ∑+∞
=1 ²²sin
n nn et ∑
+∞
=1
sinn n
n . Calculer ∑+∞
=1 ²²sin
n nnx et ∑
+∞
=1
sinn n
nx pour tout réel x.
Solution : f est paire, et C1 par morceaux. On trouve aisément :
f(x) ∼ π21 + ∑
≥1
)cos(.)sin(n
nxnh
nh = π2
1 ∑∈Zn
inxenh
nh .)sin(, en convenant que
nhnh)sin(
= 1 pour n = 0.
Il y a convergence en moyenne quadratique.
La formule de Parseval s’écrit : hπ4
1 = ²4
1π +
21 ∑
+∞
=1 ²²²sin
n hnnh , donc ∑
+∞
=1 ²²sin
n nnh = ).(
2hh −π .
La fonction f étant C1- par mocreaux, le théorème de Dirichlet s’applique :
f(x) = π21 + ∑
≥1
)cos(.)sin(n
nxnh
nh, en convenant que f(±h) =
h41 .
x = 0 donne : ∑+∞
=1
sinn n
nh = 2
h−π , et x = h donne : ∑+∞
=1
2sinn n
nh = 2π − h.
En particulier, prenant h = 1, il vient : ∑+∞
=1 ²²sin
n nn = ∑
+∞
=1
sinn n
n = 2
1−π .
F(x) = ∑+∞
=1 ²²sin
n nnx est continue, paire, π-périodique, et telle que F(x) =
2)( xx −π
sur ]0, π[.
G(x) = ∑+∞
=1
sinn n
nx est impaire, 2π-périodique telle que G(x) = 2
x−π sur ]0, 2π[ .
Ces résultats vont être retrouvés dans les exercices suivants. Exercice 4 : le « toit d’usine ». 1) Développer en série de Fourier f la fonction 2π–périodique définie par :
f(t) = 2
t−π si t ∈ ] 0, 2π [ , f(0) = 0.
2) Représenter graphiquement les sommes partielles Sn de la série ; visualiser les résultats précédents. Quel phénomène nouveau voit-on apparaître ?
3) a) Montrer que Sn(nπ ) → G = dt
tt.sin
0∫π
(constante de Wilbraham-Gibbs).
b) Montrer que t
tsin > 1 − πt sur ]0, π[ ; en déduire G >
2π .
c) La convergence de la série est-elle uniforme sur ]0, 2π[ ? 4) Montrer que les sommes partielles Sn sont uniformément majorées sur R.
[ Indication : on pourra étudier leurs variations, qui conduisent à ∀(n, x) |Sn(x)| < G. Mais on peut aussi prendre x ∈ ]0, π[, et découper la somme à l’aide de p = [π/x]. ]
5) On considère la série trigonométrique ∑≥1 ²
)cos(
n nnt
. Montrer qu’elle est définie et continue sur
R ; calculer sa somme.
Solution : 1) f est impaire, et C1 par morceaux. On a : f(t) ∼ ∑
≥1
)sin(
n nnt
.
4
Il y a convergence en moyenne quadratique, et la formule de Parseval implique ζ(2) = 6²π .
Le théorème de Dirichlet s’applique, et il y a convergence simple de la série :
f(t) = 2
)2sin(1
sin tt + +3
)3sin( t+ … = ∑
≥1
)sin(
n nnt
.
Notons que f(t) = Arctan ( tan 2
t−π ).
Niels Abel observa en 1825 que cette série, déjà connue d’Euler, converge simplement vers une fonction discontinue, contredisant une affirmation du Cours d’Analyse de Cauchy selon laquelle toute série simplement convergente de fonctions continues a une somme continue. En réalité, il n’y a pas convergence uniforme, car f est discontinue, mais la convergence est uniforme sur tout segment [α, 2π−α] (0 < α < π), en vertu de la transformation d’Abel.
Notons en effet Vn(x) = ∑=
n
k
kx1
)sin( = )2/sin(
1x
sin2nx .sin
2)1( xn+
.
La transformation d’Abel donne f(x) = ∑+∞
= +1 )1()(
n
n
nnxV
. Il y a convergence normale sur [α, 2π−α].
3) Phénomène de Gibbs.
a) Par sommes de Riemann, Sn( nπ ) = ∑
≤≤ nk kn
k
1
)sin( π =
nπ ∑
≤≤ nk nkn
k
1 /
)sin(
π
π → G = dt
tt.sin
0∫π
(constante de Wilbraham-Gibbs).
b) Montrer t
tsin > 1 − πt sur ]0, π[ équivaut à montrer sin t − t + π
²t > 0. Cela se fait par étude
des variations. On en déduit que G > 2π (théorème aux 4 hypothèses).
c) La convergence de la série n’est pas uniforme sur ]0, 2π[, puisque sup | Sn(x) – f(x) | → 0.
4) Les sommes partielles sont bornées. Cela peut se montrer par étude des variations.
Nous allons procéder autrement, et montrer précisément que ∀(n, x) | Sn(x) | < 2 + π.
Par imparité et périodicité, il suffit de supposer 0 < x < π. Posons p = [xπ ] .
• Si n ≤ p , | Sn(x) | = |∑=
n
k kkx
1
)sin( | ≤ ∑=
n
k kkx
1
= nx ≤ px ≤ π .
• Si n > p , Sn(x) = ∑=
p
k kkx
1
)sin( + ∑
+=
n
pk kkx
1
)sin(.
Une transformation d’Abel montre que |∑+=
n
pk kkx
1
)sin( | ≤ 2.
5
∑+=
n
pk kkx
1
)sin( = ∑
+=
−−n
pk
kk
kVV
1
1 = ∑+=
n
pk
k
kV
1
− ∑−
= +1
1
n
pk
k
kV =
nVn −
1+pVp + ∑
−
+= +−1
1
).1
11(n
pkkV
kk
Or | Vn | = |∑=
n
k
kx1
)sin( | ≤ )2/sin(
1x
, donc |∑+=
n
pk kkx
1
)sin( | ≤ )2/sin()1(
2xp+ ≤
xp )1(2+π < 2.
( en utilisant l’inégalité de convexité : ∀u ∈ [0, 2π ] sin u ≥ π
u2 ).
5) Fixons θ ∈ ]0, 2π[.
Par convergence uniforme de∑+∞
=1
)sin(n n
nθ sur [π, θ] ou [θ, π], on a ∫ ∑
+∞
=
θ
π 1
.)sin(n
dtnnt
= ∑∫+∞
=1
.)sin(n
dtnntθ
π
Le premier membre vaut ∫ −θ
ππ dtt.2
= − 4
)²( θπ −.
Le second membre vaut ∑+∞
=
−+−1 ²
)1()cos(
n
n
nnθ
= − B(θ) + ∑+∞
=
−1 ²
)1(
n
n
n = − B(θ) −
12²π . Ainsi :
∀θ ∈ ]0, 2π[ B(θ) = 4²θ −
2πθ +
6²π , B(0) = B(2π) =
6²π .
On a évité la difficulté en 0 car il n’y pas convergence uniforme de ∑+∞
=1
)sin(n n
nθ au voisinage de 0.
Mais on pouvait aussi intégrer sur [0, θ], θ ∈ [0, 2π], les sommes partielles de ∑+∞
=1
)sin(n n
nθ obéissant
au théorème de convergence dominée. Exercice 5 : 1) Développer en série de Fourier la fonction 2π–périodique impaire f définie par
f(t) = 2
t−π si 0 < t < π .
2) Soit g la fonction 2π–périodique impaire continue, affine sur [0, 1] et égale à f sur [1, π].
Montrer que ∑≥1
2²sin
n nn = ∑
≥1
sinn n
n et ∑≥1
4²sin
n nn .
Solution : [ Oral Centrale 2000, RMS n° 354 ] 1) cf. exercice précédent.
2) On trouve : g(x) ∼ ∑≥1
)sin(.²
sinn
nxn
n . g étant C0 et C
1 par morceaux, il y a convergence normale.
Par évaluation en 1 : g(1) = ∑≥1
2²sin
n nn = f(1) = ∑
≥1
sinn n
n = 2
1−π .
Enfin, Parseval donne : ∑≥1
4²sin
n nn = ∫
π
π 0).²(2 dxxg =
6)²1( −π
.
Exercice 6 : La quinconce. Développer en série la fonction 2π–périodique f définie par f(t) = | t | si | t | ≤ π . En considérant la quasi-dérivée de f, quels résultats retrouve-t-on ?
Solution : f est paire, continue, et C1 par morceaux.
On a : f(t) ∼ 2π − π
4 ∑≥ +
+0 )²12(
))12cos((n n
tn.
La formule de Parseval implique ∑≥ +0
4)12(1
n n =
96
4π ; d’où ζ(4) =
90
4π.
Il y a convergence normale de la série vers f.
6
Si t = 0 ou π, on trouve : ∑≥ +0 )²12(
1n n
= 8
2π, qui redonne ζ(2).
La quasi-dérivée de f n’est autre que l’onde carrée. D’après le cours, sa série de Fourier est la dérivée de celle-ci. On retrouve l’exercice 1.
> with(plots): > f:=x->abs(x-2*floor((x+Pi)/(2*Pi))*Pi); > S:=(n,x)->Pi/2-4/Pi*sum(cos((2*k+1)*x)/(2*k+1)^2,k=0..n); > g:=plot(f(x),x=-3*Pi..3*Pi,color=red,thickness=2): p:=n->plot(S(n,x),x=-3*Pi..3*Pi,color=blue): display({g,p(0),p(1),p(2),p(3)});
Exercice 7 : 1) Développer en série de Fourier la fonction f(x) = | sin x |.
2) Montrer que (∀x ∈ R) | sin x | = ∑+∞
= −1 )1²4.()²(sin.8
k kkx
π .
3) Calculer ∑=
+n
k
xk0
))12sin(( .
4) Pour tout m ∈ N*, soit Im = dtt
mt.
sin.)sin(22/
0∫π
π . Montrer que Im = ²
16π ∑∑
+∞
=
−
= −+1
1
0 )1²4)(12(1
n
nm
k nk.
5) Donner un équivalent de (Im).
Solution : [ Oral Mines 2006, RMS n° 236 ]
1) f est π-périodique paire, continue et C1 par morceaux.
On trouve | sin x | ∼ π2 − π
4 ∑+∞
= −1 1²4)2cos(
k nnx
. Il y a convergence normale.
2) | sin x | = π2 − π
4 ∑+∞
= −1 1²4)2cos(
k nnx
= π2 − π
4 ∑+∞
= −−
1 1²4)²(sin21
k kkx
= A + ∑+∞
= −1 )1²4.()²(sin.8
k kkx
π .
La constante A = π2 − π
4 ∑+∞
= −1 1²41
k k est nulle : il suffit de faire x = 0.
3) ∑=
+n
k
xk0
))12sin(( = Im ∑=
+n
k
xki0
))12(exp( = … = x
xnsin
))1²((sin +.
4) Im = dtt
mt.
sin.)sin(22/
0∫π
π = ²
16π dt
tnnmt
n
.sin)1²4(
²sin2/
0 1∫ ∑
+∞
= −π
= ²
16π ∑ ∫
+∞
= −1
2/
0.
sin²sin
1²41
n
dtt
mntn
π (cvg. normale)
= ²
16π ∑∑
+∞
=
−
= −+1
1
0 )1²4)(12(1
n
nm
k nk (question 3).
5) Ecrire Im = π2 dt
tmt
.)sin(2/
0∫π
+ π2 dtmt
tt)sin(.)1
sin1(
2/
0∫ −π
= π2 du
uum
.sin2/
0∫π
+ O(1) ∼ π2 ln m , après découpe à la Chasles et encadrement.
7
En effet, duu
uN.
sin0∫
π = ∑
−
=
1
0
N
kkI , où Ik = du
uuk
k.
sin)1(
∫+ π
π = θπθ
θπd
k.sin
0∫ + .
Pour k ≥ 1, π)1(2
+k = θπ
θπd
k.
)1(sin
0∫ + ≤ Ik ≤ θπθπ
dk
.sin0∫ = πk
2 , etc.
Remarque : ce résultat démontre une formule de Szegö relative aux constantes de Lebesgue. Exercice 8 : Le feston. 1) Développer en série de Fourier la fonction f 2π–périodique définie par f(t) = t
2 si | t | ≤ π .
Que trouve-t-on si t = 0, π ? Prendre d’autres valeurs. Calculer ζ(4). 2) Développer en série de Fourier la « dérivée » de f.
Solution :
1) f est paire, continue et C1 par morceaux. On a : f(t) ∼
3²π + 4 ∑
≥−
1 ²)cos(
.)1(n
n
nnt
.
La formule de Parseval implique ζ(4) = 90
4π. Il y a convergence normale de la série vers f.
t = 0 donne 0 = 3²π + 4 ∑
≥
−1 ²
)1(
n
n
n, t = π donne π2
= 3²π + 4 ∑
≥1 ²1
n n. Les deux redonnent ζ(2).
2) La « dérivée » de f est g(t) = 2t si | t | ≤ π . En vertu du cours, g(t) ∼ 4 ∑≥
−−1
1 )sin(.)1(n
n
nnt
.
Il y a CMQ, et égalité par Dirichlet. D’ailleurs on retrouve le toit d’usine.
> with(plots): > k:=x->floor((x+Pi)/(2*Pi));f:=x->(x-k(x)*2*Pi)^2; > S:=(n,x)->Pi^2/3+4*sum((-1)^p*cos(p*x)/p^2,p=1..n); > p:=n->plot(S(n,x),x=-Pi..5*Pi,color=blue,thickness=2); g:=plot(f(x),x=-Pi..5*Pi,thickness=2): > display({g,p(10)});
Exercice 9 : Montrer que :
∀x ∈ ]0, π[ 2
x−π = ∑+∞
=1
)sin(n n
nx =
4π + π
2 ∑+∞
= ++
02)12(
))12cos((k k
xk.
∀x ∈ [0, π] x.(π − x) = 6²π − ∑
+∞
=1 ²)2cos(
k kkx
= π8 ∑
+∞
= ++
13)12(
))12sin((
k kxk
.
Calculer ζ(6).
Solution : 1) Pour développer 2
x−π en série de sinus, il faut la rendre impaire. Pour la développer
en série de cosinus, il faut la rendre paire.
8
Soit f la fonction impaire 2π-périodique définie par f(x) = 2
x−π sur ]0, π[.
On a aussitôt f(x) ∼ ∑+∞
=1
)sin(n n
nx, et on conclut par Dirichlet.
Soit g la fonction paire 2π-périodique définie par g(x) = 2
x−π sur [0, π].
On a aussitôt g(x) ∼ 4π + π
2 ∑+∞
= ++
02)12(
))12cos((k k
xk, et on conclut par convergence normale.
L’identité proposée s’obtient par restriction à ]0, π[.
2) Même méthode. Exercice 10 : En calculant un seul développement en série de Fourier, déterminer ceux de : sup(sin, 0) , sup(cos, 0) , | sin | , | cos | .
Solution : [ Oral Mines 2002, RMS n° 249 ]
1) Notons respectivement f, g, h, k ces quatre fonctions. Elles sont continues et C1 par morceaux.
Après examen de leurs graphes, nous allons développer en série de Fourier la seconde, g. Dans tous les cas, la série de Fourier d’une translatée est la translatée de la série de Fourier. Cela découle, non de l’égalité entre une fonction continue et sa série de Fourier, mais d’un calcul manuel des coefficients de Fourier de la translatée.
2) Après calculs, on trouve g(θ) ∼ π1 +
21 cos θ − π
2 ∑+∞
= −−
1
)2cos(.1²4
)1(
k
k
kk
θ (1).
D’où : f(θ) = g(θ − 2π ) ∼ π
1 + 21 sin θ − π
2 ∑+∞
= −1 1²4)2cos(
k kkθ
(2).
Puis : h(θ) = f(θ ) + f(θ + π) ∼ π2 − π
4 ∑+∞
= −1 1²4)2cos(
k kkθ
(3).
Enfin : k(θ) = h(θ +2π ) ∼ π
2 − π4 ∑
+∞
= −−
1
)2cos(.1²4
)1(
k
k
kk
θ (4).
Dans les quatre cas, il y a convergence normale.
Variante : Comme il y a convergence normale en (1), on peut translater et constater que les séries (2), (3) et (4) sont normalement convergentes, donc sont les séries de Fourier de leurs sommes.
Conclusion : on a les développements en série de Fourier normalement convergents :
sup ( sin θ , 0 ) = π1 +
21 sin θ − π
2 ∑+∞
= −1 1²4)2cos(
k kkθ
sup ( cos θ, 0 ) = π1 +
21 cos θ − π
2 ∑+∞
= −−
1
)2cos(.1²4
)1(
k
k
kk
θ
| sin θ | = π1 − π
4 ∑+∞
= −1 1²4)2cos(
k kkθ
| cos θ | = π2 − π
4 ∑+∞
= −−
1
)2cos(.1²4
)1(
k
k
kk
θ
Exercice 11 : Montrer ∀x ∈ [0, π] ∑+∞
=1 ²)cos(
n nnx
= 6²π −
2xπ +
4²x . En déduire ∑
+∞
=121
nkn
pour k = 1, 2, 3.
Solution : [ Oral Mines 2005, RMS n° 491 ]
1) Il suffit de développer en série de Fourier la fonction f paire 2π-périodique définie par :
f(x) = 6²π −
2xπ +
4²x pour x ∈ [0, π].
9
Cette fonction étant continue et C1 par morceaux, il y a convergence normale.
2) x = 0 donne ∑+∞
=12
1n n
= 6²π . Parseval donne ∑
+∞
=14
1n n
= 90
4π.
Pour avoir ∑+∞
=16
1n n
= 945
6π, intégrer terme à terme sur [0, x], ∑
+∞
=13
)sin(n n
nx = etc. et appliquer Parseval.
Exercice 12 : 1) Développer en série de Fourier la fonction f 2π–périodique telle que :
f(x) = 121 x.(π − x).(π + x) sur [−π, π]. Cas où x =
2π . Calculer ζ(6).
2) Développer en série de Fourier la fonction g 2π–périodique telle que :
g(x) = 121 x.(x − π).(x − 2π) sur [0, 2π]. Cas où x =
2π . Calculer ζ(6).
Solution : f et g sont impaires, continues et C1 par morceaux.
Après calculs : f(x) ∼ ∑+∞
=
−−1
31 )sin()1(
k
k
kkx
et g(x) ∼ ∑+∞
=13
)sin(k k
kx. Il y a convergence normale.
f(2π ) =
32
3π = ∑
+∞
= +−
03)12(
)1(
p
p
p. Parseval donne
21 ζ(6) = π2
1 ∫+
−
π
πdxxf ).²( , donc : ζ(6) =
945
6π.
Exercice 13 : Développer en série de Fourier la fonction f 2π–périodique impaire telle que :
f(t) = t4 − 2πt
3 + π3
t sur [0, π]. Calculer ∑+∞
= +−
05)12(
)1(
k
k
k , ∑
+∞
= +010)12(
1k k
et ζ(10).
Solution : [ Oral Mines 1990, Arts et métiers 1990, Oral X 1993 ]
Sur [0, π], f(x) = x( x − π )( x2 − πx −π2
), et f(x) = f(π − x).
L’imparité implique an(f) = 0 , f(x) = f(π − x) implique b2k(f) = 0.
Après calculs, f(x) ∼ π96∑
+∞
= ++
05)12(
))12sin((k k
xk.
Parseval donne ∑+∞
= +010)12(
1k k
= 2903040
.31 10π, puis ζ(10) =
93555
10π.
f étant continue et C1 par morceaux, il y a convergence normale f(x) = π
96∑+∞
= ++
05)12(
))12sin((k k
xk.
x = 2π donne
65 4π
= π96∑
+∞
= +−
05)12(
)1(
k
k
k , donc ∑
+∞
= +−
05)12(
)1(
k
k
k =
15365 5π
.
Conclusion : ∑+∞
= +010)12(
1k k
= 2903040
.31 10π , ζ(10) =
93555
10π , ∑
+∞
= +−
05)12(
)1(
k
k
k =
15365 5π
.
Exercice 14 : Développer en série de Fourier la fonction f 2π–périodique et paire telle que f(t) = t sur [0, π]. Montrer que la série converge normalement.
Solution : [ Oral Centrale 2005, RMS n° 808 ] La fonction f est continue, mais n’est pas C
1 par morceaux, car elle a en 0 une tangente verticale.
a0(f) = π34 , et, pour n ≥ 1, bn(f) = 0 et
10
an(f) = ∫π
π 0).cos(.2 dxnxx = ipp + chgt var = − ∫
π
πn
dxxx
n 02/3 .sin.1 .
Comme l’intégrale ∫+∞
0.sin dx
xx est (semi) convergente, an(f) ∼ − ∫
+∞
02/3 .sin.1 dx
xx
nπ = O( 2/31
n).
La série de Fourier de f est normalement convergente. Sa somme g est continue et a mêmes coefficients de Fourier que f. Comme f est continue, f = g par Parseval.
f(t) = π32 − π
1 ∑+∞
=1
(n
∫πn
dxxx
n 02/3 .sin1 ).cos(nt) = π32 − π
1 ∑+∞
=1
(n
∫πn
duun 02/3 ²).sin(1 ).cos(nt)
On voit donc qu’il peut y avoir convergence normale vers f de la série de Fourier, sans que les hypo-
thèses du théorème du cours (f continue et C1 par morceaux) soient satisfaites.
On trouvera dans la suite un théorème généralisant cette situation.
Introduisons avec Maple la fonction FresnelS(x) = ∫x
duu0
²).2
sin(π .
Alors an(f) = − 2/31
n π2 FresnelS( n2 ) si n > 0. D’où les voûtes gothiques :
> with(plots): > k:=x->floor((x+Pi)/(2*Pi)):f:=x->sqrt(abs(x-2*k(x)*Pi)): > p:=plot(f(x),x=-3*Pi..3*Pi,numpoints=2000,thickness=2): > a:=n->-sqrt(2/Pi)/n^(3/2)*FresnelS(sqrt(2*n)): > S:=(n,x)->2*sqrt(Pi)/3+sum(a(k)*cos(k*x),k=1..n): > q:=n->plot(S(n,x),x=-3*Pi..3*Pi,color=blue): > display({p,q(1),q(2),q(4),q(6),q(8),q(10)});
Exercice 15 : Soit α réel, f : R → R 2π-périodique paire telle que ∀t ∈ [0, π] f(t) = tα.
a) Si α ≥ 1, que dire de la convergence de la série de Fourier ? b) Si α = 1, quelle est la série de Fourier de f ? En déduire ζ(2) et ζ(4).
c) Si α ∈ ]0, 1[, calculer an(f) à l’aide de ∫ −
π
α0 1 .)sin( dtt
nt. Montrer que la suite (n
1+αan(f)) est bornée.
Que peut-on en déduire quant à la convergence de la série de Fourier de f ?
Solution : Oral Centrale PC 2010, RMS n° 1003.
Exercice 16 : Développer en série de Fourier f(x) = ( sin x ) 3 .
Solution : [ Oral X 2008, RMS n° 301 ] Belle occasion de vérifier si le candidat a du bon sens… Au tennis, on nomme ça un « amorti ».
11
La fonction f(x) = sin3x est tout bonnement un polynôme trigonométrique, donc est son propre
développement en série de Fourier. f(x) = (iee ixix
2
−−)3
= i833 33 ixixixix eeee −+− −
= 4
)3sin(sin.3 xx−.
Exercice 17 : Développer en série de Fourier f(x) = Arctan ( tan 2x ). Que vaut ∑
+∞
=1
sinn n
n ?
Solution : [ Oral X 2008, RMS n° 302 ]
f est 2π-périodique, impaire, et si |x| < π, f(x) = x/2. Elle n’est pas définie en π + 2kπ, mais on peut
sans dommage poser f(π) = 0. On trouve f(x) ∼ ∑+∞
=
+−1
1
)sin(.)1(
n
n
nxn
.
Parseval donne, comme d’hab. ζ(2) = π²/6. Le théorème de Dirichlet s’applique : f(x) = etc.
Enfin, si l’on fait x = 1 + π, on trouve ∑+∞
=1
sinn n
n = 2
1−π .
Exercice 18 : Développer en série de Fourier f(x) = exp(eix
).
En déduire π21 ∫
π2
0
cos2 .dxe x = ∑+∞
=0 )²!(1
n n. Retrouver cette formule directement.
Solution : [ Oral Mines 2005, RMS n° 489, Mines MP 2013, RMS n° 607 ]
La fonction f(x) = exp(eix
) = ecos x
( cos(sin x) + i sin(sin x) ) est C∞
2π-périodique.
Point n’est besoin de calculer ses coefficients de Fourier. Il suffit de noter que f(x) = ∑+∞
=0 !n
inx
ne
.
Il y a convergence normale, donc c’est le développement en série de Fourier de f.
Par conséquent cn(f) = !
1n
si n ≥ 0 , cn(f) = 0 si n < 0.
Parseval donne aussitôt : π21 ∫
π2
0
cos2 .dxe x = ∑+∞
=0 )²!(1
n n.
Autre solution : par convergence normale :
∫π2
0
cos2 .dxe x = ∑+∞
=0 !2
n
n
n ∫π2
0.cos dxxn = 4∑
+∞
=0
2
)!2(2
m
m
mW2m = 2π∑
+∞
=0 )²!(1
m m.
En effet, si n est impair,∫π2
0.cos dxxn = 0, et si n = 2m , ∫
π2
0
2 .cos dxxm = 4 W2m = 42π
)²!(2)!2(
2 mm
m .
Exercice 19 : Calculer les coefficients de Fourier réels de f : x → sh(sin x).cos(cos x). Solution : [ Oral TPE 2009, RMS n° 968 ]
La fonction f est C∞
, 2π-périodique, π-antipériodique et impaire, de R dans R. Ecrivons :
sh(sin x).cos(cos x) = 2
sinsin xx ee −−2
cos.cos. xixi ee −+ =
41 [ xixe cossin + − xixe cossin −− − xixe cossin +− + xixe cossin − ]
= 41 [ )exp(. ixie − − )exp(. ixie −− − )exp(. ixie + )exp(. ixie− ] =
41 ∑
+∞
=0 !n
n
ni
[1 – (−1)n ] [ exp(−inx) – exp(inx) ]
= 21 ∑
+∞
=
+
+0
12
)!12(k
k
ki
(−2i) sin((2k + 1)x) = ∑+∞
= +−
0 )!12()1(
k
k
ksin((2k + 1)x) .
C’est une série trigonométrique normalement convergente, donc elle est bien la série de Fourier de sa somme.
12
Exercice 20 : Développements eulériens.
1) a) Soit α ∈ C−Z . Développer en série de Fourier la fonction f la fonction 2π–périodique définie par f(t) = cos(αt) si | t | ≤ π.
b) En déduire : )sin(απ
π = α1 + ∑
+∞
= −−1 ²²
2.)1(n
n
nαα et π.cotan(απ) = α
1 + ∑+∞
= −1 ²²2
n nαα .
Et, si α ∈ R−Z, la formule )²(sin
²απ
π = ∑∈ −Zn n)²(
1α .
c) Montrer que ϕ(x) = cotan x − x1 est définie et continue sur ]−π, π[. Calculer ∫
xdtt
0).(ϕ .
d) En déduire que ∀x ∈ ]−π, π[ sin x = x ∏+∞
=−
1
)²²
²1(n n
xπ .
2) Soit toujours α ∈ C−Z . Développer en série de Fourier la fonction g 2π–périodique définie par g(t) = sin(αt) si | t | < π . Formules obtenues ?
3) a) Soit α ∈ C−i.Z. Développer en série de Fourier la fonction 2π–périodique définie par h(t) = ch(αt) si | t | ≤ π . Formules obtenues ?
b) Montrer que ψ(x) = coth x −x1 est continue sur R. Exprimer ψ(x) comme somme d’une série
de fonctions rationnelles.
c) Prouver que le produit infini ∏+∞
=+
1
)²
11(n n
converge, et calculer sa valeur.
4) Soit α ∈ C−i.Z. Développer en série de Fourier la fonction 2π–périodique définie par k(t) = sh(αt) si | t | < π . Formules obtenues ?
Solution : Cet exercice apparemment artificiel, est d’un grand intérêt mathématique, car il fournit à peu de frais des « développements eulériens » des fonctions trigonométriques, c’est-à-dire des déve-loppements en série de fractions rationnelles, ou en produits infinis, analogues aux factorisations de polynômes ou aux décompositions en éléments simples de fractions rationnelles. Traitons 1)
1) f est paire, continue et C1 par morceaux. bn(f) = 0,
an(f) = π2 ∫
πα
0).cos().cos( dtntt = π
1 ∫ −++π
αα0
)].)cos(())(cos(( dttntn = (−1)n
παπ)sin(
²²2
n−αα .
Finalement : f(t) = απαπ)sin(
+ παπ)sin(
∑+∞
= −−1 ²²
2.)1(n
n
nαα .cos(nt) ,
et il y a convergence normale de la série vers f . Si l’on fait t = 0 puis t = π, on obtient :
)sin(απ
π = α1 + ∑
+∞
= −−1 ²²
2.)1(n
n
nαα = ∑
+∞
−∞= −−
n
n
nα)1(
π.cotan(απ) = α1 + ∑
+∞
= −1 ²²2
n nαα = ∑
+∞
−∞= −n nα1 .
Si α ∈ R − Z, Parseval donne )²(sin
²απ
π = ∑∈ −Zn n)²(
1α .
En effet, ( f | f ) = 21 + απ
απ4
)2sin( =
²²)²(sin
πααπ
+ 21
²)²(sin
παπ ∑
+∞
= ++−1
)²11(n nn αα
= ²
)²(sinπ
απ [
²1
α + 21 ∑
+∞
= −+++−1
)²²
2)²(
1)²(
1(n nnn ααα ]
= ²
)²(sinπ
απ [
21 ∑
∈ −Zn n)²(1
α + 21 ∑
∈ −Zn n²²1
α ] = etc. en utilisant π.cotan(απ) = …
13
Remarque : Cette formule est valable pour tout α ∈ C − Z.
La fonction ϕ(x) = cotan x − x1 est définie et continue sur ]−π, π[, car elle est développable en série
entière en 0 : écrire ϕ(x) = xx
xxxsin.
sincos. − . Il découle de ce qui précède que ϕ(x) = ∑+∞
= −1 ²²²2
n nxx
π .
De plus si |x| < π, par intégration terme à terme (convergence normale)
∫x
dtt0
).(ϕ = ln |x
xsin | = ln x
xsin = ∑+∞
=−
1
)²²
²1ln(n n
xπ . Donc
∀x ∈ ]−π, π[ sin x = x ∏+∞
=−
1
)²²
²1(n n
xπ .
Si x = 2π , on retrouve une formule de Wallis : ∏
+∞
=−
1
)²4
11(n n
= π2 .
Exercice 21 :
1) Soit a réel. Montrer que l’intégrale F(a) = ∫+∞
−0.
1)sin( dx
eax
x converge, et que F(a) = ∑≥ +1 ²²n na
a .
2) Développer en série de Fourier la fonction 2π-périodique f telle que f(x) = eax
sur [0, 2π[. 3) En déduire F(a).
Solution : [ Oral Centrale 1996, Mines 2005, RMS n° 487 ] 1) Formellement :
F(a) = ∫∞+
−
−
−0.
1)sin(
dxe
axex
x
= ∫ ∑+∞ +∞
=
−0 1
.)sin(. dxaxen
nx = ∑∫+∞
=
+∞−
1 0).sin(.
n
nx dxaxe = ∑≥ +1 ²²n na
a .
Nous sommes sous le parapluie du théorème d’intégration terme à terme des séries, si l’on observe
que : ∑∫+∞
=
+∞−
1 0.)sin(.
n
nx dxaxe ≤ |a|∑∫+∞
=
+∞−
1 0..
n
nx dxex = ∑≥1 ²n n
a < +∞.
2) Après calculs : f(x) ∼ ππ
212 −ae∑∈ +
+Zn
inxenaina .
²². f est C
1 par morceaux. Par Dirichlet :
))0()0((21 −++ ff =
21 2 πae+
= ππ
212 −ae∑∈ +
+Zn na
ina²²
= ππ
212 −ae∑∈ +Zn na
a²²
(ne garder que la partie réelle).
D’où π.coth(aπ) = ∑∈ +Zn na
a²²
= a1 + 2∑
≥ +1 ²²n naa .
3) Finalement :
∀a ∈ R ∫+∞
−0.
1)sin( dx
eax
x = ∑≥ +1 ²²n na
a = 21 [ π.coth(aπ) −
a1 ].
Remarque : On en déduit que lima→+∞ ∑≥ +1 ²²n na
a = 2π . Cela peut se retrouver au moyen d’un
encadrement intégral, en considérant, à a fixé, la fonction t → ²² ta
a+ . On ne peut donc pas passer à
la limite dans la série : la série converge normalement sur tout segment |a| ≤ A, mais il n’y a pas convergence uniforme sur R. Exercice 22 : Développer en série de Fourier la fonction 2π-périodique définie par
f(x) = − ln | 2sin2x | si 0 < |x| ≤ π , f(0) = 0. Quels problèmes cela pose-t-il ?
14
Solution : Cet exercice est d’un grand intérêt… car-mais il déborde du programme. 1) La fonction f est paire, 2π-périodique, continue sur R − 2πZ, intégrable au V(0+), car
f(x) = ln( x + O(x3) ) ∼ − ln x au V(0+)
donc f est intégrable et de carré intégrable sur tout segment, et elle admet des coefficients de Fourier. Cependant, f n’est pas bornée, donc non réglée.
2) Série de Fourier. bn(f) = 0 par imparité.
a0(f) = π2 ∫ −
π
0).
2sin.2ln( dxx = − π
4 ∫2/
0).sin.2ln(
πduu = − π
4 ∫2/
0).cos.2ln(
πdvv
= − π2 ∫
2/
0)).2sin(.2ln(
πduu = − π
2 ∫2/
0).sin.2ln(
πduu , (symétrie, pliage, etc.) donc a0(f) = 0 .
an(f) = π2 ∫ −
π
0).
2sin.2ln().cos( dxxnx = IPP… = πn2
1 ∫−++π
0.
)2/sin(
))21sin(())
21sin((
dxt
tntn =
n1 .
Conclusion : f(x) ∼ ∑+∞
=1
)cos(n n
nx.
3) Reste à appliquer les théorèmes… mais ils sont hors programme !
La formule de Parseval s’étend aux fonctions 2π-périodiques réglées sur ]−π, π[ telles que ∫+
−
π
π²f
converge. C’est le cas ici, donc π2 ∫
π
0).
2sin.2²(ln dxx = ∑
+∞
=1 ²1
n n.
Le théorème de Dirichlet s’étend également (Arnaudiès-Fraysse, t. 3, remarque 2, p. 316), et donne
∀x ∈ R−2πZ − ln | 2sin2x | = ∑
+∞
=1
)cos(n n
nx.
4) Peut-on rester dans le cadre du programme ?
Certainement, en considérant la série trigonométrique ∑+∞
=1
)cos(n
n
nnxr (0 < r < 1).
Elle est normalement convergente, et on peut la calculer par dérivation-intégration. On peut lui appliquer Parseval et faire tendre r vers 1 par associativité de bornes supérieures. On peut enfin raisonner par convergence simple à condition d’appliquer la limite radiale d’Abel. Bref, cela donnerait un joli énoncé d’écrit.
> f:=x->-ln(abs(2*sin(x/2)));plot(f(x),x=-2*Pi..4*Pi,-2..6,numpoints=2000, thickness=2);
Exercice 23 : 1) Soit F : [0, 1]2 → R définie par F(x, y) = x(1 – y) si x ≤ y , F(x, y) = y(1 – x) si y ≤ x .
Montrer que F(x, y) = ²
2π ∑
+∞
=1 ²)sin().sin(
n nynxn ππ
.
2) Représenter les courbes d’équations respectives :
15
21
)sin().sin(n
nynx
n∑+∞
= = 0 , 3
1
)sin().cos(n
nynx
n∑+∞
= = 0 .
Solution : [ Oral X 2008, etc. ; cf. aussi mon problème sur le noyau F et ses fonctions propres. ]
1) Le développement en série de Fourier des fonctions de deux variables n’est pas au programme. Fixons donc y ∈ [0, 1] et développons en série de Fourier la fonction impaire 2-périodique définie par f(x) = x.( 1 – y ) si 0 ≤ x ≤ y , f(x) = y.( 1 – x ) si y ≤ x ≤ 1.
On trouve aisément : f(x) ∼ ²
2π ∑
+∞
=1 ²)sin().sin(
n nynxn ππ
.
De plus f est continue et C1 par morceaux : il y a égalité avec convergence normale.
Remarque : Parseval donne ici ∀y ∈ [0, 1] 31 y
2 ( 1 – y )
2 = 4
2π ∑
+∞
=14
)²(sinn n
ynπ
2) Soit F la fonction R2 → R admettant Z×Z pour groupe de périodes et prolongeant F.
Elle vérifie F(x, y) = ²
2π ∑
+∞
=1 ²)sin().sin(
n nynxn ππ
pour tout couple de réels (x, y).
Du coup, F(x, y) = 0 ⇔ x ∈ Z ou y ∈ Z.
G(x, y) = ∑+∞
=13
)sin().cos(n n
ynxn ππ se calcule par dérivation-réintégration.
G(0, y) = ∑+∞
=13
)sin(n n
ynπ est la fonction 2-périodique qui vaut
12
3πy(y – 1)(y – 2) sur [0, 2].
Pour 0 ≤ x et y < 1, G(x, y) = G(0, y) + ∫x
dtytF0
).,( .
Exercice 24 : Développer en série de Fourier f(x) = xcos45
1+ et g(x) =
xx
cos24cos1
−+ .
Solution : [ Oral X 1997, RMS n° 70, etc. ] Exercice important et instructif. Traitons en détail la fonction f.
1) La fonction f est C∞
, paire et 2π-périodique. Sa série de Fourier converge donc normalement vers f, et les coefficients de Fourier sont à décroissance rapide. Pour calculer la série de Fourier, deux méthodes sont possibles.
2) Méthode directe. bn = 0 , an = π2 ∫ +
π
0.
cos.45)cos( dxx
nx.
a0 = π2 ∫ +
π
0 cos.45 xdx = π
2 ∫+∞
+−++0 )
²1²1.45²)(1(
2
ttt
dt = π4 ∫
+∞
+0 9²tdt =
32 .
an+1 + an−1 = π2 ∫ +
π
0.
cos.45)cos(.cos2 dx
xnxx
= π1 ∫ +
−+π
0.
cos.45)cos().5cos45( dx
xnxx
= − 25 an.
La suite (an) est récurrente linéaire d’ordre 2. Il vient : an = λ.(−2)n + µ.(−
21 )
n .
On pourrait calculer a1 pour obtenir λ et µ : il suffit de noter que 5.a0 + 4.a1 = 0.
Mais on peut aussi noter que (an) est bornée : cela implique λ = 0 et µ = 32 . Donc an =
32 .(−
21 )
n .
Conclusion : xcos.45
1+ =
31 +
32 ∑
+∞
=−
1
)cos(.)21(
n
n nx
3) Méthode indirecte : nous avons développer f en série trigonométrique.
16
f(x) = ).(25
1ixix ee −++ =
252 2 ++ ixix
ix
eee
.
Décomposons en éléments simples, avec Maple, la fraction F = 252 2 ++ TT
T .
> F:=T/(2*T^2+5*T+2);convert(F,parfrac,T);
Ainsi, f(x) = 252 2 ++ ixix
ix
eee
= 31
2/11ixe+ −
61
2/1 ix
ix
ee
−
−
+ = 31 ∑
+∞
=−
0 2)1(
nn
inxne
− 61 ∑
+∞
=
+−
−0
)1(
2)1(
nn
xnine
= 31 +
31 ∑
+∞
=−
1 2)1(
nn
inxne
− 61 ∑
+∞
=−
−−−
11
1
2)1(
nn
inxxn
e =
31 +
31 ∑
+∞
=
−+−
1 2)1(
nn
inxinxn
ee =
31 +
32 ∑
+∞
=−
1 2)cos()1(
nn
n nx
Cette série converge normalement, donc elle est la série de Fourier de sa somme, et l’on retombe sur ses pattes. Le lecteur montrera par les mêmes méthodes que :
x
xcos24
cos1−+ =
213− + 3∑
+∞
=−
1
)cos(.)32(n
n nx .
Voici sur cet exemple une autre présentation des calculs : écrivons ( 4 – 2 cos x ).g(x) = 1 + cos x ,
où g(x) = 20a + ∑
≥1
)cos(.n
n nxa , avec convergence normale, puisque g est C∞
.
2a0 + 4∑≥1
)cos(.n
n nxa − 2a0 cos x − ])1cos()1.[cos(1∑
≥−++
n
n xnxna = 1 + cos x .
Réindexons et identifions les deux séries trigonométriques. Il vient :
2a0 – a1 = 1 , – 2a0 + 4.a1 – a2 = 1 , – an−1 + 4.an – an+1 = 0 pour n ≥ 2.
Pour n ≥ 1, il vient an = α.( 2 + 3 )n + β.( 2 − 3 )n .
Comme la suite (an) est bornée (et même de carré sommable), α = 0, et an = a1.( 2 − 3 )n .
Reportant dans les deux premières équations, il vient : a0 = 3 – 1 et a1 = 3 . cqfd
L’identification des deux séries trigonométriques est légitime, sans recourir à la théorie de Riemann : en effet, il s’agit de séries normalement convergentes, donc ce sont les séries de Fourier de leurs sommes.
Exercice 25 : Développer en série entière f(x) = ²cos.21
²1xx
x+−
−θ .
En déduire le développement en série de Fourier de g(θ) = θcos21
− .
Solution : [ Oral Mines 2005, RMS n° 493 ]
1) Par décomposition en éléments simples : f(x) = ²cos.21
²1xx
x+−
−θ = − 1 + θiex.1
1− + θiex −− .1
1 .
Donc si |x| < 1, f(x) = ²cos.21
²1xx
x+−
−θ = 1 + 2∑
+∞
=1
)cos(.n
n nx θ .
Changeons de point de vue : cette série trigonométrique est normalement convergente, donc est la
série de Fourier de : θ → ²cos.21
²1xx
x+−
−θ .
2) Choisissons x tel que x2 + 1 = 4x et |x| < 1. Il vient x = 2 − 3 , et :
θcos21
− = 33 +
332 ∑
+∞
=−
1
)cos(.)32(n
n nθ
:= FT
+ + 2 T2 5 T 2 −
23
1 + T 2
13
1 + 2 T 1
17
3) Plus généralement, on pourrait développer en série de Fourier, pour a ≠ 0, θcos1−cha
. Cf. ex svt.
Exercice 26 : Soit a > 0. 1) Développer en série trigonométrique la fonction f(x) = xcha
shacos+ .
En déduire le développement en série de Fourier de f , puis la valeur des intégrales :
an = π1 ∫− +
π
πdxnx
xchasha ).cos(.
cos.
2) Calculer les intégrales an ( Indication : noter que an+1 + 2.ch a. an + an−1 = 0.) Retrouver le développement en série de Fourier de f.
3) Calculer π21 ∫− +
π
πdx
xchaash .
)²cos(² .
4) Montrer que la fonction F(x, y) =xchy
shycos+ est harmonique sur R×R*.
Solution :
La fonction f(x) = xcha
shacos+ est C
∞ , paire et 2π-périodique. Sa série de Fourier converge donc
normalement vers f, et les coefficients de Fourier sont à décroissance rapide. Comme dans les exercices précédents, on peut procéder de deux façons, l’une indirecte, l’autre directe.
1) Développement en série trigonométrique. On a : xcha
shacos+ =
1.2.2
2 ++ ixix
ix
echaeesha
= F(eix
),
Décomposons en éléments simples : F(T) = 1.2
.22 ++ TchaT
Tsha = a
a
eTe+ − a
a
eTe
−
−
+ .
xcha
shacos+ = F(e
ix) = aix
a
eee+ − aix
a
eee
−
−
+ = ixa ee .11−+ − ixa
ixa
eeee
−−
−−
+ .1.
= … , et finalement :
xcha
shacos+ = 1 + 2∑
+∞
=
−−1
)cos(..)1(n
nan nxe .
2) Calcul direct de la série de Fourier.
a0 = π2 ∫ +
π
0.
cosdx
xchasha = π
2 ∫+∞
++−+0 ²1
.2.
²1²1 t
dt
ttcha
sha = π4 ∫
+∞
−++0.
²)1(1dt
tchachasha = … = 2
[ Poser t 1−cha = u 1+cha ] .
an+1 + an−1 = π2 ∫− +
π
πdx
xchanxxsha .
cos)cos(.cos.
= π2 ∫− +
−+π
πdxnxsha
xchachaxcha ).cos(..
coscos = − 2.ch a.In .
(an) est une suite récurrente linéaire. On trouve an = λ.(−1)n.e
na + µ.(−1)
n.e
−na
Comme (an) est bornée, λ = 0. Donc an = (−1)n.e
−na a0 = 2.(−1)
n.e
−na .
3) Parseval donne π21 ∫− +
π
πdx
xchaash .
)²cos(² = 1 + 2∑
+∞
=
−
1
2
n
ane = coth a.
4) Laissons faire Maple ! > F:=(x,y)->sinh(y)/(cosh(y)+cos(x));
:= F → ( ),x y( )sinh y
+ ( )coshy ( )cos x
> simplify(diff(F(x,y),x,x)+diff(F(x,y),y,y)); 0
> simplify(linalg[laplacian](F(x,y),[x,y])); 0
18
> plot3d(F(x,y),x=-7..7,y=-7..7,numpoints=1000,axes=boxed);
Exercice 27 : Développer en série de Fourier f(x) = ln(5 – 3 cos x).
Solution : [ Oral Mines 2005, RMS n° 486 ]
1) La fonction f est C∞
, paire et 2π-périodique. Sa série de Fourier converge donc normalement vers f, et les coefficients de Fourier sont à décroissance rapide.
2) Méthode directe. bn = 0 , an = π2 ∫ −
π
0).cos().cos35ln( dxnxx , In = ∫ −
π
0 cos.35)cos( dxx
nx.
Une intégration par parties donne an = )(311 −+ − nn II
nπ pour n ≥ 1.
(In) est une suite récurrente linéaire In+2 + In = 3
10 In−1 ; In = a.3n
+ nb3
.
Comme (In) est bornée, a = 0, et In = nb3
, où b = ∫ −π
0 cos.35 xdx =
4π après calculs.
Finalement ln(5 – 3 cos x) = 20a − 2 ∑
+∞
=1 3.)cos(
nnnnx
.
Pour avoir a0, il suffit de faire x = 0. On obtient : a0 = 4 ln 3 – 2 ln 2.
Conclusion : ln( 5 – 3 cos x ) = 2 ln 3 – ln 2 − 2 ∑+∞
=1 3.)cos(
nnnnx
.
Une autre approche consisterait à dériver f, à développer en série de Fourier f’, et à réintégrer.
Exercice 28 : 1) Développer en série de Fourier f(x) = x²cos1
1+ .
2) Tracer la courbe C d’équation polaire ρ = )2cos(3
2θ+ . Calculer l’aire délimitée par C.
Solution : [ Oral Centrale 2005, RMS n° 805, Oral Centrale PC 2012, RMS n° 919 ].
1) La fonction f est C∞
, paire et π-périodique. Sa série de Fourier converge donc normalement vers f, et les coefficients de Fourier sont à décroissance rapide.
2) Méthode directe. bn = 0 , an = π2 ∫ +
π
0 ²cos1)2cos( dx
xnx
.
a0 = 2 ( poser t = tan x ), et
19
an+1 + an−1 = π2 ∫ +
π
0 ²cos1)2cos().2cos(2 dx
xnxx
= π2 ∫ +
−π
0 ²cos1)2cos().2²cos4( dx
xnxx
= π2 ∫ +
−+π
0 ²cos1)2cos().64²cos4( dx
xnxx
= … = − 6 an .
Suite récurrente linéaire. On trouve an = α.(− 3 + 2 2 )n + β.(− 3 − 2 2 )n
.
Mais an → 0 (ou an bornée) implique β = 0, et finalement : an = 2 (− 3 + 2 2 )n .
Conclusion : x²cos1
1+ =
22 + 2 ∑
+∞
=+−
1
)2cos(.)223(n
n nx
3) Autre méthode :
x²cos11
+ = 16
424
2
++ ixix
ix
eee
, décomposer en éléments simples cette fraction
en exp(2ix), et développer f en série trigonométrique normalement convergente. 4) Le tracé de C ne pose aucun problème. Le calcul de l’aire peut se faire à l’aide des règles de Bioche, mais fait aussi appel à Parseval :
A = 21 ∫
πθθρ
2
0).²( d =
21 ∫ +
π
θθ2
0 ))²2cos(3(.4 d =
21 ∫ +
π
θθ2
0 )²²cos1(d
= 21 ∫
+∞
∞− ++ duuu .²)²2(²1 = … =
83π 2 si l’on pose u = tan θ.
= π [ 21 + ∑
+∞
=+−
1
2)223(n
n ] = 8
3π 2 si l’on pense à Parseval.
> with(plots):f:=t->2/(3+cos(2*t)); polarplot(f(t),t=0..2*Pi,color=blue,thickness=2); > A:=1/2*int(f(t)^2,t=0..2*Pi); int((1+u^2)/(2+u^2)^2,u=-infinity..infinity);
:= A38
2 π
> B:=simplify(Pi*(1/2+sum((-3+2*sqrt(2))^(2*n),n=1..infinity)));
:= B −34
π ( )− + 3 2 2
− + 4 3 2
Exercice 29 : Pour x ∈ ]−1, +1[ et θ réel, établir l’identité : Arctan θθ
cos.1sin.x
x− = ∑
+∞
=1
)sin(n
n
nnx θ .
Solution : [ Oral Mines 2005, RMS n° 458 ] L’idée est simple : dériver-réintégrer. Il n’y a pas de série de Fourier là-dedans...
xdxd [Arctan θ
θcos.1
sin.x
x− ] =
²cos.21sin.
xxx
+− θθ = Im θ
θ
i
i
exex.1
.− = ∑
+∞
=1
)sin(.n
n nx θ .
dxd [Arctan θ
θcos.1
sin.x
x− ] = ∑
+∞
=
−
1
1 )sin(.n
n nx θ . Il reste à intégrer terme à terme la série entière.
Exercice 30 : On pose f(x, θ) = Arctan (xx
+−
11 .tan θ).
1) Pour θ ∈ ]−2π ,
2π [, donner le développement en série entière de x → f(x, θ) en 0.
2) Pour x ∈ ]−1, 1[, donner le développement en série de Fourier de θ → f(x, θ).
38
2 π
20
Solution : [ Oral X 1996, RMS n° 61, Oral X 1997, RMS n° 67 ]
0) La fonction f est définie sur D = { (x, θ) ; x ≠ −1, θ ∉ 2π + πZ }.
1) Fixons θ ∈ ]−2π ,
2π [. La fonction x → f(x, θ) est C
∞ sur ]−∞, −1[ ∪ ]1, +∞[ ; de plus,
f(−1 ± 0, θ) = ±2π , f(± ∞, θ) = − θ .
Elle est développable en série entière en 0 car sa dérivée est une fraction rationnelle.
),( θxxf
∂∂
= ²)2cos(21
)2sin(xx ++
−θθ
= − i
e i
2
2 θ
θixe211
+ + i
e i
2
2 θ−
θixe 211
−+ = … = ∑+∞
=
+ +−0
1 ))22sin(()1(n
nn nx θ
Réintégrons ! Il vient :
∀θ ∈ ]−2π ,
2π [ , ∀x ∈ ]−1, +1[ f(x, θ) = θ + ∑
+∞
=−
1
.)2sin()1(n
nn xn
nθ.
2) Fixons x ∈ ]−1, 1[. La fonction θ → f(x, θ) est π−périodique et impaire. De plus f(x, ±2π ) = ±
2π .
On pourrait la développer en série de Fourier, mais utilisons la question 1 !!!
Il découle de 1) que f(x, θ) = g(θ) + ∑+∞
=−
1
.)2sin()1(n
nn xn
nθ , où g est la fonction π−périodique et
impaire telle que g(θ) = θ sur ]−2π ,
2π [, autrement dit g(θ) = Arctan(tan θ).
La série trigonométrique ∑+∞
=−
1
.)2sin()1(n
nn xn
nθ converge normalement, donc est la série de Fourier
de sa somme. Reste à développer g en SF : g(θ) ∼ ∑+∞
=
+−1
1 )2sin()1(n
n
nnθ
, avec égalité par Dirichlet.
∀x ∈ ]−1, +1[ f(x, θ) ∼ ∑+∞
=
+
−−
1
1
)2sin().1()1(
n
nn
nxn
θ .
∀θ ∈ R − (2π + π.Z ) ∀x ∈ ]−1, +1[ f(x, θ) = ∑
+∞
=
+
−−
1
1
)2sin().1()1(
n
nn
nxn
θ
Exercice 31 : Soient a > 0, et f la fonction f(x) = ∑+∞
−∞= −+n nxa )²2(²1
π .
Existence, continuité, périodicité, parité.
On admet la formule ∀x ∈ R ∫+∞
∞−
−
+ duu
e ixu
.²1
= π e−|x|
.
Développer f en série de Fourier ? Lien entre f et sa série de Fourier ? Expression élémentaire de f ? Cas où x = 0 ?
Solution :
1) Fixons x réel. La série ∑+∞
−∞= −+n nxa )²2(²1
π = ²²
1xa + + )
)²2(²1
)²2(²1(
1 ππ nxanxan +++−+∑+∞
=
est à termes positifs et convergente (règle de l’équivalent). Sa somme est 2π-périodique et paire (réindexer). Il y a convergence normale sur [−2π, 2π] (pourquoi ?), ce qui suffit à assurer la continuité.
2) Pour tout n ∈ Z, cn(f) = dxkxa
e
k
inx
.)²2(²2
1 2
0∫ ∑+∞
−∞=
−
−+π
ππ = π21 ∑∫
+∞
−∞=
−
++k
inx
dxkxa
e.
)²2(²2
0 ππ
21
= π21 ∑∫
+∞
−∞=
−+
+k
inuk
kdu
uae
.²²
)1(2
2
π
π = π2
1 ∫+∞
∞−
−
+ duua
e inu
.²²
= π21 ∫
+∞
∞− + duuanu .
²²)cos(
.
La formule admise découle de la formule d’inversion de Fourier. On peut la démontrer élémen-tairement, mais ce n’est pas facile.
Il en découle que ∫∞+
∞−
−
+ duua
e ixu
.²²
= aπ e
−a|x| . Par conséquent : cn(f) = F(n) =
a21 e
−a|n| .
f(x) ∼ a21 ∑
+∞
−∞=
−
n
inxna ee . = a21 +
a1 ∑
+∞
=
−
1
)cos(.n
an nxe
Cette série converge normalement, donc est son propre développement de Fourier. Par Parseval, sa somme est égale à f. Ainsi :
f(x) = ∑+∞
−∞= −+n nxa )²2(²1
π = a21 ∑
+∞
−∞=
−
n
inxna ee . = a21 +
a1 ∑
+∞
=
−
1
)cos(.n
an nxe
Mais la série obtenue se calcule élémentairement, et vaut, après calculs : a21
xchasha
cos− .
Pour tout a > 0 et tout réel x :
∑+∞
−∞= −+n nxa )²2(²1
π = a21 ∑
+∞
−∞=
−
n
inxna ee . = a21 +
a1 ∑
+∞
=
−
1
)cos(.n
an nxe = a21
xchasha
cos− .
En particulier, si x = 0, on retrouve un développement eulérien trouvé dans des exercices antérieurs :
∑+∞
−∞= +n na ²²4²1
π = a21 +
a1 ∑
+∞
=
−
1n
ane = a21
1−chasha =
a21 coth
2a .
Exercice 32 : Soient a > 0, et f la fonction f(x) = ∑+∞
−∞=
−−
n
nxae )²2( π .
Existence, périodicité, dérivabilité. Développement en série de Fourier.
Solution : [ Ecrit Mines 1987, Oral Centrale 1987 RMS n° 297 ] Les connaisseurs reconnaîtront la fonction θ de Jacobi.
1) La fonction f(x) = ∑+∞
−∞=
−−
n
nxae )²2( π = e−ax²
+ )( )²2(
1
)²2( ππ nxa
n
nxa ee +−+∞
=
−− +∑ = ∑+∞
=0
)(n
n xu
est définie, 2π-périodique, paire et continue, et même C∞
sur R. Il suffit de montrer la convergence normale de la série et de toutes ses dérivées sur [−2π, 2π].
2) Pour tout n ∈ Z, cn(f) = dxeek
kxainx ..21 2
0
)²2(∫ ∑+∞
−∞=
+−−π π
π = π21 ∑∫
+∞
−∞=
+−−
k
kxainx dxee ..2
0
)²2(π π
= π21 ∑∫
+∞
−∞=
+−−
k
k
k
auinu dueeπ
π
)1(2
2
².. = π21 ∫
+∞
∞−−− duee auinu ². = π2
1 ∫+∞
∞−− duenu au.).cos( ² .
Or on sait que : F(x) = ∫+∞
∞−−− duee uixu .. ² = π e
−x²/4 .
[ par dérivation-intégration par parties, ou par développement en série entière. ]
Par conséquent : cn(f) = aπ2
1 F(an ) =
aπ21 e
−n²/(4a) . Il y a convergence normale, et :
Pour tout a > 0 et tout x réel :
∑+∞
−∞=
−−
k
kxae )²2( π = aπ2
1 ∑+∞
−∞=
−
n
inxan
ee .4²
= aπ2
1 + aπ
1 ∑+∞
=
−
1
4²
)cos(.n
an
nxe .
En particulier, si l’on fait x = 0, et a = 4a, on obtient la formule de Poisson :
22
Pour tout a > 0 : ∑+∞
−∞=
−
k
ake ²²π = aπ
1 ∑+∞
−∞=
−
n
an
e²
= aπ
1 + aπ
2 ∑+∞
=
−
1
²
n
an
e .
Exercice 33 : Soit f ∈ C∞
(R, C) telle que ∀(m, n) ∈ N×N limx→+∞ xn f
(m)(x) = 0.
On pose F(x) = ∑∈
+Zk
kxf )2( π . Que dire de F ?
Calculer les coefficients de Fourier de F. Montrer que F(x) = ∑∈Zn
inxenf ).(̂ , où )(̂nf = ∫+∞
∞−− dtetf .)( int .
Solution : [ Oral X 1997, RMS n° 68 ] Cet exercice généralise le précédent. Exercice 34 : Intégrales de Fresnel.
1) Prouver la convergence de ∫+∞
0.du
u
eiu
. En déduire celle de ∫+∞
∞−dxe xi .²2 π .
2) Montrer que la fonction 1-périodique f de R dans C telle que ∀x ∈ [0, 1[ f(x) = ²2 xie π , est
somme de sa série de Fourier.
3) Montrer que les intégrales ∫+∞
0²).sin( dxx et ∫
+∞
0²).cos( dxx convergent. Calculer ces intégrales
en utilisant les coefficients de Fourier de f.
Solution : [ Oral Centrale MP 2012, RMS n° 795 ]
1) L’intégrale ∫+∞
0.du
u
eiu
est semi-convergente. En effet, la fonction g(u) = u
eiu
est continue sur
R*+, intégrable sur ]0, 1] et semi-intégrable sur [1, +∞[ (cela se montre par IPP).
Les changements de variable u = 2πx2 , puis s = u donnent :
∫+∞
∞−dxe xi .²2 π = 2∫
+∞
0
²2 .dxe xiπ = π2
1 duu
eiu
∫∞+
0. =
π22 dseis∫
+∞
0
². = π2
1 dseis∫+∞
∞−.² .
2) La fonction 1-périodique f de R dans C telle que ∀x ∈ [0, 1[ f(x) = ²2 xie π vérifie f(0) = f(1−) = 1.
Elle est continue et C1-par morceaux, donc sa série de Fourier converge normalement et a pour
somme f. Calculons ses coefficients de Fourier :
cn(f) = ∫ −1
0
²22 .dxee xinxi ππ = ∫ −1
0
)²(2 .dxe nxxiπ = ∫ −−1
0
]4/²)²2/[(2 .dxe nnxiπ = 2/²nie π− ∫ −1
0
)²2/(2 .dxe nxiπ
cn(f) = ∫−
−
2/1
2/
²2 .n
n
xi dxe π si n est pair , −i ∫−
−
2/1
2/
²2 .n
n
xi dxe π si n est impair.
Du coup, f(x) = ∑+∞
−∞=n
nxin efc π2).( = ∑+∞
−∞=k
( ∫−
−
k
k
ui due1
²2 .π ).e4iπkx − i ∑
+∞
−∞=k
( ∫−
−−
k
k
ui due2/1
2/1
²2 .π ).e2iπ(1+2k)x
En particulier : f(0) = 1 = ∑+∞
−∞=k
( ∫−
−
k
k
ui due1
²2 .π ) − i ∑+∞
−∞=k
( ∫−
−−
k
k
ui due2/1
2/1
²2 .π ) = ( 1 – i ) ∫+∞
∞−due ui .²2 π .
3) Les intégrales S =∫+∞
0²).sin( dxx et C = ∫
+∞
0²).cos( dxx convergent, car
C + i.S = ∫+∞
0
².dueix = 21 ∫
+∞
∞−dxeix .² =
22π ∫
+∞
∞−due ui .²2 π =
22π
21 i+ .
Conclusion : ∫+∞
0²).sin( dxx = ∫
+∞
0²).cos( dxx =
42π .
> C:=int(cos(t^2),t=0..infinity);S:=int(sin(t^2),t=0..infinity);
:= S14
2 π
23
:= C14
2 π
Exercice 35 : Equation de Kepler. Soit e un réel tel que 0 < e < 1. On considère l’équation d’inconnue x y = x – e sin x (K) 1) Montrer que, pour tout réel y, l’équation (K) admet une unique solution x, et que la fonction g :
y → x ainsi définie est de classe C∞
. 2) On pose h(y) = g(y) – y = e.sin g(y). Montrer que h est impaire et périodique. 3) Montrer que h est développable en série de Fourier, et calculer sa série de Fourier à l’aide des
fonctions de Bessel Jn(z) = π1 ∫ −
π
0).sincos( dttznt .
4) En déduire la solution de (K) sous forme de série.
Solution : 1) Considérons la fonction f : x → x − e sin x.
f est de classe C∞
, impaire, et tend vers +∞ en +∞, et vers −∞ en −∞. De plus f’(x) > 0 pour tout x.
Par conséquent, f est un C∞
-difféomorphisme impair croissant de R sur R.
Pour tout y, l’équation y = f(x) a une unique solution x = g(y), et la fonction g = f−1
est elle-même un
C∞
-difféomorphisme croissant impair de R sur R.
2) Il est clair que h est impaire, 2π-périodique et de classe C∞
. 3) Il résulte de 2) que la série de Fourier de h est normalement convergente, de somme h.
h(y) = ∑+∞
=1
)sin(.n
n nyb , où bn = π2 ∫
π
0).sin().( dtntth .
Intégrons par parties ; il vient :
bn = πn2 ∫
π
0).cos().(' dtntth = πn
e2 ∫π
0).cos().(')).(cos( dtnttgtg , car h’(t) = e g’(t).cos g(t).
Effectuons le changement de variable t = f(u), u = g(t). Il vient, après calculs :
bn = πne2 ∫ −
π
0).sin.cos().cos( duunenuu = πn
2 ∫ −π
0).sin.cos( duunenu =
n2 Jn(ne).
[ Indication : développer cos(nu – ne.sin u) par formules d’addition, noter que
e.cos u.cos(ne.sin u) = dud (
nune )sin.sin( ) , e.cos u.sin(ne.sin u) =
dud (−
nune )sin.cos( )
et intégrer par parties. ]
4) Comme x = g(y) = y + h(y), il vient :
Pour tout 0 < e < 1, la solution de l’équation y = x – e sin x est donnée par :
x = y + 2 ∑+∞
=1
)sin().(1n
n nyneJn
.
Remarque : La résolution de l’équation de Kepler permet de déterminer la position d’une planète sur son orbite en fonction du temps.
Exercice 36 : Soit f(x) = π2x − E( π2
x ) − 21 .
1) Montrer que f est 2π-périodique ; étudier sa parité. 2) Développer f en série de Fourier. Convergence de la série de Fourier.
3) Soient p et q des entiers ≥ 1. Calculer ∫π2
0).().( dtqtfptf en fonction de p ∧ q et de p ∨ q.
24
Solution : [ Oral Centrale PSI 2005, RMS n° 888, Centrale MP 2009, RMS n° 790 ].
1) Etude de f. Pour 0 ≤ x < 2π , f(x) = π2x −
21 . La périodicité est facile.
f est C1 par morceaux et presque impaire. Pour la rendre impaire, il faut la modifier légèrement, et
poser f(0) = 0 au lieu de f(0) = − 21 . Cela ne modifie pas ses coefficients de Fourier.
2) Un calcul facile montre que f(x) ∼ − π1 ∑
+∞
=1
)sin(n n
nx.
Le théorème de Dirichlet s’applique et montre que f(x) = − π1 ∑
+∞
=1
)sin(n n
nx, une fois modifiée en 0.
3) En vertu d’une propriété classique des coefficients de Fourier d’une fonction, on a :
f(px) ∼ − π1 ∑
+∞
=1
)sin(n n
npx et f(qx) ∼ − π
1 ∑+∞
=1
)sin(n n
nqx .
Notant fp la première fonction, bn(fp) = − π1
np
si p | n , 0 sinon. Idem pour fq .
Par Parseval, π21 ∫
π2
0).().( dtqtfptf =
21 ∑
+∞
=1
)().(n
qnpn fbfb = ²2
1π ∑
npetq npq²
= ²2π
pq ∑∨ nqp n²
1
= ²2π
pq ∑≥ ∨1 ²)².(
1k kqp
= 6²π
²2πpq
)²(1qp∨ =
121
qpqp
∨∧
.
Exercice 37 : Pour m et n entiers ≥ 1, calculer [ ] [ ]∫ −−1
0.)1.()1( dtntmt
Solution : [ Oral Mines 2004, RMS n° 70 ] Cet exercice est susceptible de deux approches très différentes. La première, voisine de celle de
l’exercice précédent, consiste à développer en série de Fourier la fonction S(t) = (−1)[t]
, et à appliquer la formule de Parseval. La seconde consiste à accumuler suffisamment de propriétés simples de l’intégrale I(m, n) pour pouvoir la calculer.
1) Solution par séries de Fourier.
Considérons la fonction S(t) = (−1)[t]
pour t ∉ Z, S(t) = 0 si t ∈ Z. C’est une fonction impaire, 2-périodique, 1-antipériodique, en escaliers sur tout segment.
S(t) ∼ π4 ∑
+∞
= ++
0 12))12sin((
k ktk π
.
En réalité S(t) = C(πt), où C est l’onde carrée.
En vertu du théorème de Dirichlet, on a S(t) = π4 ∑
+∞
= ++
0 12))12sin((
k ktk π
, mais peu importe.
S(mt) ∼ π4 ∑
+∞
= ++
0 12))12sin((
k ktmk π
et S(nt) ∼ π4 ∑
+∞
= ++
0 12))12sin((
k ktnk π
.
Notant Sm(t) = S(mt), il vient bp(Sm) = π4
121+k
si m | p et p = (2k + 1)m , bp(Sm) = 0 sinon.
Idem pour Sn . Maintenant, utilisons Parseval !
I(m, n) = [ ] [ ]∫ −−1
0.)1.()1( dtntmt =
21 ∑
+∞
=1
)().(p
npmp SbSb = ²
8π ∑
∈Ap pmn
² ,
où A = { p ∈ N* ; p | m , p | n , mp
et np
sont impairs } .
Notons m = 2a (2r + 1) et n = 2
b (2s + 1) .
25
• Si a ≠ b, je dis que A est vide, et I(m, n) = 0.
• Si a = b, on constate que p ∈A ssi p est de la forme p = (m ∨ n)(2i + 1).
Dès lors I(m, n) = ²
8π ∑
+∞
= +∨0 )²12)²((i inmmn =
nmnm
∨∧ .
Conclusion : I(m, n) = [ ] [ ]∫ −−1
0.)1.()1( dtntmt = 0 si v2(m) ≠ v2(n) , I(m, n) =
nmnm
∨∧ si v2(m) = v2(n)
2) Méthode directe. Elle consiste à montrer les résultats suivants, laissés en exercice :
• I(m, n) = I(n, m) , I(m, m) = 1.
♣ I(2m, 2n) = 21 [ 1 + (−1)
m+n ].I(m, n) pour m et n ≥ 1.
♦ I(2m, 2n + 1) = 0 pour m ≥ 1 et n ≥ 0.
♥ I(am, an) = I(m, n) si m + n est pair, I(am, an) = a
a
2)1(1 −−
I(m, n) si m + n est impair.
♠ Si m et n sont impairs et premiers entre eux, I(m, n) = mn1 .
C’est le point le plus délicat de la preuve. En voici une preuve.
Tout d’abord, par Chasles I(m, n) = ∑∫−
=
+1
0
/)1(
/.
mn
k
mnk
mnketc =
mn1 ∑
−
=−−
1
0
)()( )1.()1(mn
k
kqkq nm ,
où qm(k) et rm(k) désignent le quotient et le reste euclidiens de k par m.
Or, m et n étant impairs, )()()1( kqkq nm +− = )()()1( krkr nm +− . Ainsi, I(m, n) = mn1 ∑
−
=
+−1
0
)()()1(mn
k
krkr nm .
Or, en vertu du théorème chinois, l’application k → (rm(k), rn(k)) est une bijection de [1, mn−1] sur
[1, m−1]×[1, n−1]. Donc I(m, n) = mn1 ∑∑
−
=
+−
=−
1
0
1
0
)1(m
a
ban
b
= … = mn1 .
Je laisse au lecteur le soin de conclure.
2. Séries de Fourier.
Exercice 1 : Montrer pour tout 0 ≤ k ≤ n knC = π2
1 ∫+
−−
π
πθθθ dknn ).)
2cos((.)
2cos.2( .
En déduire nnC2 = π
2 22n∫
2/
0
2 .cosπ
ϕϕ dn .
Solution : Partons de ( 1 + z )n = ∑
=
n
k
kkn zC0
. En particulier ( 1 + eiθ
)n = ∑
=
n
k
ikkn eC0
. θ .
Ce polynôme trigonométrique est son propre développement de Fourier.
knC = π2
1 ∫+
−−+
π
πθθ θdee ikni ..)1( = π2
1 ∫+
−−
π
πθθθ dknin ).)
2(exp(.)
2cos.2( , or ceci est un réel, donc:
= π21 ∫
+
−−
π
πθθθ dknn ).)
2cos((.)
2cos.2( .
Si l’on fait (n, k) = (2n, n), on retrouve les intégrales de Wallis d’indice pair. Exercice 2 : applications combinatoires et probabilistes.
1) Calculer Dn(x) = ∑≤≤− nkn
ikxe .
2) Calculer Imn = π21 ∫−
++π
πdx
xxm
xxn
.)2/sin(
)2/)12sin((.
)2/sin()2/)12sin((
pour (m, n) ∈ N2.
26
3) Calculer π21 ∫−
+π
πdx
xxn
.))2/sin(
)2/)12sin((( 3 . Interprétations combinatoire et probabiliste.
4) Soient n, s ∈ N. Montrer que :
card { (x, y, z) ∈ [−n, n]3 ; −s ≤ x + y + z ≤ s } = π2
1 ∫−++π
πdx
xxs
xxn
)2/sin()2/)12sin((
.))2/sin(
)2/)12sin((( 3 .
5) Soit an le coefficient du terme constant du développement de (1/x + 1 + x)n. Exprimer an sous
forme intégrale, et en déduire un équivalent et un développement asymptotique de an.
Solution : [ Oral X 1999, Polya-Szegö, tome 1, n° 30, p. 5 ]
1) Dn(x) = ∑≤≤− nkn
ikxe = )2/sin(
)2/)12sin((x
xn+ si x ∉ 2πZ , Dn(x) = 2n+1 sinon.
2) On a : Imn = π21 ∫−
++π
πdx
xxm
xxn
.)2/sin(
)2/)12sin((.
)2/sin()2/)12sin((
= c0(Dm.Dn)
= card { (p, q} ∈ [−m, m]×[−n, n] ; p + q = 0 } = 1 + 2.min(m, n). Il est conseillé de faire un dessin.
3) De même, π21 ∫−
+π
πdx
xxn
.))2/sin(
)2/)12sin((( 3 = c0(Dn
3).
Dn3(x) = ∑
≤≤−
++
nrqpn
xrqpie,,
)( = ∑≤≤− nsn
isxesnC33
).,( , où C(n, s) = card{ (p, q, r) ∈ [−n, n]3 ; p + q + r = s }.
Par conséquent, c0(Dn3) = card { (p, q, r) ∈ [−n, n]
3 ; p + q + r = 0 } ∈ N.
c0(Dn3) est le nombre de points à coordonnées entières de l’intersection du cube [−n, n]
3 avec le plan
d’équation x + y + z = 0 ; cette intersection est un hexagone, que le lecteur est prié de dessiner. c0(Dn
3) = (n+1) + (n+2) + … + (2n) + (2n+1) + (2n) + … + (n+2) + (n+1) = … = 3n
2 + 3n + 1.
Exercice 3 : Polynômes de Tchebychev.
1) Montrer que pour tout n ∈ N, il existe un unique polynôme réel Tn vérifiant (∀θ) cos(nθ) =
Tn(cos θ). Formule de récurrence liant Tn+2 , Tn+1 et Tn ? Factoriser Tn(X).
2) Montrer que pour tout n ∈ N*, existe un unique polynôme réel Un−1 vérifiant (∀θ) sin(nθ) =
sin(θ).Un−1(cosθ). Montrer que les Un vérifient la même relation de récurrence que les Tn, et
exprimer les Un en fonction des Tn. Factoriser Un(X).
3) En déduire que les polynômes trigonométriques pairs sont les polynômes en cos θ et que les polynômes impairs sont de la forme sin θ.Q(cos θ), où Q est un polynôme.
Solution : cf. mon chapitre sur le sujet. Exercice 4 : interpolation de Lagrange trigonométrique.
On note Pn = Vect(e−n , …, e0 , …, en). Les réels x0, x1, x2, … sont dits distincts modulo 2π si
leurs classes modulo 2π sont distinctes dans R/2πZ, i.e. si 0ixe , 1ixe , 2ixe , … sont distincts dans U.
1) Si x0, x1, …, x2n sont distincts modulo 2π, et si y0, y1, …, y2n sont des complexes quelconques,
montrer : ∃!P ∈ Pn ∀k ∈ {0, 1, … , 2n} P(xk) = yk .
2) Montrer que P est donné par : P(x) = ∑≤≤ np
pp xLy20
)(. , où Lp(x) = ∏≠ −
−pq qp
q
xxxx
))2/)sin(()2/)sin((
( .
3) a) Si x0, x1, …, xn sont distincts dans [0, π], et si y0, y1, …, yn sont des complexes quelconques,
montrer qu’il existe un unique P ∈ PPPPn pair tel que ∀k ∈ {0, 1, … , n} P(xk) = yk .
27
Il est donné par : P(x) = ∑≤≤ np
pp xCy0
)(. , où Cp(x) = ∏≠ −
−pq qp
q
xxxx )
coscoscoscos( .
b) Si x1, …, xn sont distincts dans ]0, π[, et si y1, …, yn sont des complexes quelconques,
montrer qu’il existe un unique P ∈ PPPPn impair tel que ∀k ∈ { 1, 2, … , n } P(xk) = yk .
Il est donné par : P(x) = ∑≤≤ np
pp xSy0
)(. , où Sp(x) = px
xsinsin .∏
≠ −−
pq qp
q
xxxx )
coscoscoscos( .
Solution : cf. Zygmund, Trigonometric series, chap. X. Exercice 5 : Soit f une fonction continue 2π-périodique de R dans C. Montrer que f est un polynôme trigonométrique ssi ses coefficients de Fourier sont nuls sauf un nombre fini.
Solution : Attention ! cet exercice est faussement facile !
1) Si f est un polynôme trigonométrique, f(x) = ∑−=
n
nk
ikxk ec. , f est son propre développement de Fourier.
Les coefficients de Fourier de f sont nuls si |k| > n.
2) Si les coefficients de Fourier de f sont nuls pour |k| > n, f a pour série de Fourier∑−=
n
nk
ikxk efc ).( .
Notons P(x) le polynôme trigonométrique P(x) = ∑−=
n
nk
ikxk efc ).( .
f et P ont les mêmes coefficients de Fourier. Par Parseval, π21 ∫ −
)2(².)()(
πdxxPxf = 0.
Comme | f – P |2 est continue positive d’intégrale nulle, f = P.
Exercice 6 : Soit f une fonction continue 2π-périodique de R dans C.
Montrer que f est à valeurs réelles ssi les an(f) et bn(f) sont réels.
Montrer que f est paire ssi (∀n ∈ N*) bn(f) = 0, impaire ssi (∀n ∈ N) an(f) = 0.
Montrer que f est π-périodique ssi (∀n ∈ Z) ∫ +π2
0
)12( .).( dtetf itn = 0.
Montrer que f est π-antipériodique ssi (∀n ∈ Z) ∫π2
0
2 .).( dtetf nit = 0.
Montrer que f(x) = f(π − x) ssi (∀k) a2k+1(f) = 0 , b2k(f) = 0.
Solution : Comme tout serait facile si f était somme de sa série de Fourier, comme l’ont cru les mathématiciens, de Fourier lui-même jusqu’à Du-Bois Reymond ! Hélas, trois fois hélas, f entretient avec sa série de Fourier des relations compliquées, et la seule relation certaine que f entretient avec sa série de Fourier est la convergence en moyenne quadratique, et la formule de Parseval ! Cependant, cela va nous suffire pour conclure. Car il découle de Parseval que si deux fonctions continues ont mêmes coefficients de Fourier, elles sont égales.
Notons f(θ) ∼ ∑+∞
−∞=n
inn efc θ).( = 2
)(0 fa + ∑
+∞
=+
1
))sin().()cos().((n
nn nfbnfa θθ .
Alors )(θf ∼ ∑+∞
−∞=
−
n
inn efc θ.)( = 2
)(0 fa + ∑
+∞
=+
1
))sin(.)()cos(.)((n
nn nfbnfa θθ .
f(−θ) ∼ ∑+∞
−∞=−
n
inn efc θ).( = 2
)(0 fa + ∑
+∞
=−
1
))sin().()cos().((n
nn nfbnfa θθ .
f(θ + π) ∼ ∑+∞
−∞=−
n
innn efc θ).()1( = 2
)(0 fa + ∑
+∞
=+−
1
))sin().()cos().(.()1(n
nnn nfbnfa θθ .
28
f(π − θ) ∼ ∑+∞
−∞=−−
n
innn efc θ).()1( = 2
)(0 fa + ∑
+∞
=−−
1
))sin().()cos().(.()1(n
nnn nfbnfa θθ .
Une fois encore, ces formules découlent, non pas de l’égalité, mais d’un calcul direct. On conclut par coïncidence. Exercice 7 : Soient f et g réglées 2π-périodiques de R dans C.
Si f(θ) ∼ ∑+∞
−∞=n
inn efc θ).( et g(θ) ∼ ∑+∞
−∞=n
inn egc θ).( , alors :
θθθπ πdgf ).(.)(
21
)2(∫ = ∑+∞
−∞=n
nn gcfc )(.)( θθθπ πdgf ).(.)(
21
)2(∫ = ∑+∞
−∞=−
n
nn gcfc )().(
θθθπ πdgxf ).(.)(
21
)2(∫ − = ∑+∞
−∞=n
inxnn egcfc ).().( θθθπ πdfxf .)(.)(
21
)2(∫ + = ∑+∞
−∞=n
inxn efc ².)(
Solution : thèmes et variations autour de Parseval.
Exercice 8 : Soit f réglée 2π-périodique de R dans R.
1) Si f est décroissante sur ]0, 2π[, montrer que ∀n ≥ 1 bn(f) ≥ 0.
[ Indication : noter que bn(f) = π1 ∑∫
−
=
++−+1
0
/
0.sin)].)12(()2([
n
k
ndn
nkf
nkf
πθθπθπθ .]
2) Si f est convexe sur ]0, 2π[, montrer que ∀n ≥ 1 an(f) ≥ 0. [ Indication : noter que
an(f) = π1 ∑∫
−
=−++−+−++−+
1
0
2/
0.cos)].)22(())12(())12(()2([
n
k
ndn
nkf
nkf
nkf
nkf
πθθθπθππθπθ .]
Solution : laissée en exercice. Exercice 9 : module d’uniforme continuité.
1) Soit f continue 2π-périodique de R dans C.
Montrer que la fonction ωf(δ) = sup { | f(x) − f(y) | ; | x − y | ≤ δ } est croissante sur R+ et vérifie
ωf(δ + δ’) ≤ ωf(δ) + ωf(δ’) et limδ→0+ ωf(δ) = 0.
2) Montrer que ∀n ∈ Z | cn(f) | ≤ 21 ωf ( n
π ) .
[ Indication : noter que cn(f) = 21 ∫ −−−
π π2
0
int.))()(( dten
tftf ] .
Solution : laissée en exercice. Exercice 10 : Soit f réglée 2π-périodique de R dans C.
1) Exprimer à l’aide de celle de f la série de Fourier de f(x + a) et de f(nx) (a ∈ R, n ∈ Z).
2) Exprimer à l’aide de celle de f la série de Fourier de g(x) = n1 ∑
−
=+
1
0
)2(n
k nk
nxf π (n ≥ 1).
2) Soit h > 0. Exprimer à l’aide de celle de f la série de Fourier de fh(x) = h21 ∫
+
−
hx
hxdttf ).( .
Solution : Notons f(x) ∼ ∑+∞
−∞=k
ikxk efc ).( la série de Fourier de f.
29
1) On a : f(x + a) ∼ ∑+∞
−∞=k
ikxiak eefc .).( et f(nx) ∼ ∑
+∞
−∞=k
iknxk efc ).( .
2) La fonction g(x) est réglée 2π-périodique, et : g(x) = n1 ∑
−
=+
1
0
)2(n
k nk
nxf π ∼ ∑
+∞
−∞=p
ipxpn efc ).( .
3) On trouve, par intégrales doubles : fh(x) ∼ ∑∈Zn
inxn enh
nhfc )sin().( .
Dans les trois cas, cela se montre en calculant les coefficients de Fourier.
Exercice 11 : Existe-t-il une fonction réglée 2π-périodique dont la série de Fourier est ∑+∞
=1
)sin(
n n
nθ ?
Solution : [ Oral Mines 2005, RMS n° 490 ]
Cette fonction f aurait pour coefficients de Fourier an(f) = 0, bn(f) = n1 .
Or, cette suite n’est pas de carré sommable. C’est donc impossible.
Remarque : On peut montrer au moyen d’une transformation d’Abel que la série trigonométrique
∑+∞
=1
)sin(
n n
nθ converge simplement sur R vers une fonction f … Mais elle n’est pas la série de Fourier
de sa somme, puisque ce n’est pas une série de Fourier ! Que se passe-t-il ? f est-elle intégrable, a-t-elle des coefficients de Fourier, à commencer par le plus simple d’entre eux, a0(f) ? La réponse est non. Ces questions délicates sont abordées dans le problème de l’X 1992.
Exercice 12 : Trouver les fonctions f : R → C, 2π-périodiques, de classe C∞
, telles que :
∃M ∀n ∀x | f (n)
(x) | ≤ M .
Solution : Je dis que f est de la forme f(x) = A.eix
+ B + C.e−ix
= B + D.cos x + E.sin x.
En effet, soit f(x) = ∑+∞
−∞=n
inxn efc ).( la série de Fourier de f . Il y a convergence normale, ainsi que
toutes les dérivées. Et f (p)
(x) = ∑+∞
−∞=n
inxnp efcin ).(.)( , autrement dit ∀n ∈ Z ∀p cn(f
(p)) = (in)
p.cn(f).
L’hypothèse implique, pour tout n et tout p : | (in)p.cn(f) | ≤ M
.
Cela implique, si l’on fait tendre p vers l’infini, cn(f) = 0 pour |n| > 1.
On conclut par Parseval que f est un polynôme trigonométrique f(x) = A.eix
+ B + C.e−ix
.
Exercice 13 : 1) Soit f une fonction réglée 2π-périodique impaire. En considérant la fonction
F(x) = ∫x
dttf0
).( , montrer que la série ∑+∞
=1
)(n
n
nfb
converge.
2) Montrer que la série ∑+∞
=2 ln)sin(
n nnx
converge simplement sur R.
3) Que peut-on déduire des questions 1) et 2) ?
Solution : [ Oral Centrale 2004, RMS n° 491 ] Cet exercice me paraît difficile et inadapté au concours de Centrale. Il sera repris dans la suite.
1) La série ∑+∞
=1
)(n
n
nfb
converge absolument, car les suites (bn(f)) et (n1 ) sont de carré sommable.
30
La fonction F est continue, paire et 2π-périodique.
Formellement, si f(x) ∼ ∑+∞
=1
)sin().(n
n nxfb , alors : F(x) ∼ ∑+∞
=1
)(n
n
nfb
− ∑+∞
=1
)cos(.)(n
n nxnfb
On peut calculer les coefficients de Fourier de F par intégration par parties généralisée :
Pour n ≥ 1, an(F) = π1 ∫
π2
0).().cos( dxxFnx = etc.
Une autre solution consiste à noter que la série ∑+∞
=1
)(n
n
nfb
− ∑+∞
=1
)cos(.)(n
n nxnfb
converge normalement,
a une somme continue ; elle est égale à F car elles ont mêmes coefficients de Fourier.
2) est la redoutable série de Fatou, absolument indispensable pour deux catégories d’esprits : a) les professionnels des séries trigonométriques ; b) les enculeurs de mouches.
3) On déduit des questions 1) et 2) que la série de Fatou n’est pas une série de Fourier. Exercice 14 : Généralisation du théorème de convergence normale.
Soit f une fonction C-lipschitzienne et 2π-périodique de R dans C.
a) Si h ∈ R, montrer que ∑+∞
−∞=−
n
inhe ²1 | cn( f ) |2 ≤ C2 h
2.
b) Montrer que ∑+∞
−∞=n
n² |cn( f )|2 converge, puis que ∑
+∞
−∞=n
| cn(f) | converge.
c) Montrer que pour tout réel x , f(x) = ∑+∞
−∞=n
inxn efc ).( .
Solution : [ Oral Centrale 2009, RMS n° 791 ]
a) Ecrivons f(x) ∼ ∑+∞
−∞=n
inxn efc ).( . Alors f(x + h) ∼ ∑+∞
−∞=n
inxinhn eefc .).( , et :
f(x + h) − f(x) ∼ ∑+∞
−∞=−
n
inxinhn eefc ).1).(( .
Il reste à appliquer Parseval à cette fonction et à majorer.
b) Si l’on fait tendre h vers 0 dans l’inégalité ∑+∞
−∞=−
n
inheh
²1²
1 | cn(f) |2 ≤ C
2 , il vient ∑
+∞
−∞=n
n² |cn(f)|2 ≤ C
2.
Attention toutefois, il s’agit d’un passage à la limite dans une série.
Fixons N ; on a : ∑+
−=−
N
Nn
inheh
²1²
1 | cn(f) |2 ≤ C
2 . Faisons tendre h vers 0 ; il vient : ∑
+
−=
N
Nn
n² | cn(f) |2 ≤ C
2.
Cela étant vrai pour tout N, en passant au sup, il vient :∑+∞
−∞=n
n² | cn(f) |2 ≤ C
2.
Le reste est classique ; cf le théorème de convergence normale. Exercice 15 : Nouvelle généralisation.
1) Soit f ∈ C2π(R, C), h > 0. Montrer que :
h21 ∫ −−+
)2(².)()(
πdxhxfhxf = 4∑
+∞
−∞=n
n fcnh )²(.²sin .
2) On suppose ∃M ≥ 0 ∃α > 0 ∀(u, v) ∈ R2 | f(u) − f(v) | ≤ | u − v |
α.
Montrer que ∑+=
N
Nn
n fc2
1
²)( = O( α21
N) . [ Indication : prendre h =
N4π . ]
3) En déduire que si α > ½, la série de Fourier de f converge normalement vers f.
31
Solution :
Exercice 16 : Soit f ∈ C2π(R, C). On suppose tous ses coefficients de Fourier cn(f) ≥ 0.
1) Montrer que ∀r ∈ ]0, 1[ ∑∈Zn
nn rfc ).( = π2
1 ∫ +−−π2
0.
1cos2²)(²).1( dt
trrtfr
.
2) Montrer que la série ∑∈Zn
n fc )( converge.
3) Montrer que f est égale à la somme de sa série de Fourier.
Solution : [ Oral Mines PSI 2010, RMS n° 578. ]
1) Fixons r ∈ ]0, 1[. Comme la suite (cn(f)) est bornée, la série trigonométrique ∑∈Zn
nn rfc ).( converge
absolument convergente. Sa somme se calcule par interversion de sommes (cf. § 4, ex. 1) :
∑∈Zn
nn rfc ).( = π2
1 ∑∈Zn
nr ∫ −π2
0
int ).( dttfe = π21 ∫ ∑ −
∈
π2
0
int ).(. dttferZn
n = … = π21 ∫ +−
−π2
0.
1cos2²)(²).1( dt
trrtfr
.
2) Je dis que π21 ∫ +−
−π2
0.
1cos2²)(²).1( dt
trrtfr
→ f(0) quand r → 1−0.
Cela se montre par soustraction et concentration de masse en 0 (cf. cours sur suites en delta).
Or, par double monotonie, ∑∈Zn
nn rfc ).( → ∑
∈Zn
n fc )( ∈ [0, +∞] quand r → 1−0.
Donc la série ∑∈Zn
n fc )( converge et vaut f(0).
3) Comme les cn(f) sont ≥ 0, la série trigonométrique ∑∈Zn
inn efc θ).( est normalement convergente.
Sa somme g a mêmes coefficients de Fourier que f. Par Parseval, g = f.
3. Applications géométriques. Les courbes fermées peuvent être paramétrées par des fonctions périodiques, donc par des séries de Fourier : équations polaires ou équations d’Euler. Cette idée est à l’origine de la preuve d’Hurwitz de l’inégalité isopérimétrique. Sont ici regroupés divers exercices portant sur ce thème, directement ou non. Le problème ENS Saint-Cloud 1981 fait le tour de la question.
Exercice 1 : Soit f ∈ C2([−π, π], R). Montrer que : ∫
+
−−
π
π'²)²( ff ≤ π2
1 ( ∫+
−
π
πf ) 2 .
Solution : [ Oral X 1996, RMS n° 71 ].
Prolongeons f |[−π,π[ en une fonction 2π-périodique continue par morceaux.
Et développons-la en série de Fourier : f(x) ∼ 20a + ∑
+∞
=+
1
))sin(.)cos(.(n
nn nxbnxa
Alors f’(x) ∼ ∑+∞
=+−
1
))sin(.)(cos.(n
nn nxnbnxnna , en notant f’ la 2π-périodisée de f |[−π,π[ .
Cela s’établit par parties, rappelons-le : voir remarques du cours sur les quasi-dérivées.
Par Parseval, π21 ∫
+
−−
π
π'²)²( ff =
4²0a −
21 ∑
≥+−
2
²)²)(1²(n
nn ban ≤ 4²0a = ( π2
1 ∫+
−
π
πf ) 2 .
Cas d’égalité : an = bn = 0 pour n ≥ 2, donc f(x) = 20a + a1.cos x + b1.sin x.
Exercice 2 : Inégalité de Wirtinger. Soit G = { f ∈ C1([0, 1], R) ; f(0) = f(1) = 0 }.
32
Montrer l’inégalité (∀f ∈ G) ²π ∫1
0²f ≤ ∫
1
0'²f . Cas d’égalité ?
Solution : C’est un problème d’optimisation sous contraintes, G étant un sous-espace de codimen-sion 2 de C
1([0, 1], R). La solution ici proposée utilise les séries de Fourier. Il en existe une autre
(cf. mes problèmes d’intégration).
La fonction f(t) = sin(πt) est élément de G, et vérifie ∫1
0²f =
21 et ∫
1
0'²f =
2²π .
Soient f ∈ G, et h la fonction 2-périodique et impaire prolongeant f. h est continue et C
1 par morceaux. Développons h et sa quasi-dérivée h’ en série de Fourier.
h(θ) ∼ ∑+∞
=1
)sin(.n
n nb πθ , h’(θ) ∼ ∑+∞
=1
)cos(..n
n nnb πθπ
où bn = θπθθ dnh ).sin()(1
1∫+
− = 2 θπθθ dnf ).sin()(
1
0∫+
.
La formule de Parseval donne :
21 ∫ )2(
)².( θθ dh = ∫1
0)².( θθ df =
21 ∑
+∞
=1
2
n
nb et 21 ∫ )2(
)².(' θθ dh = ∫1
0)².(' θθ df =
21 ∑
+∞
=1
2²²
n
n nb π .
π2∫
1
0²f ≤ ∫
1
0'²f découle de π2 ∑
+∞
=1
2
n
nb ≤ ∑+∞
=1
2²²
n
n nb π .
Il y a égalité ssi bn = 0 pour n ≥ 2, ce qui équivaut (cf. cours) à f(θ) = A.sin(πθ).
Exercice 3 : 1) Soit f ∈ C1([0, 2π], C) telle que f(0) = f(2π) et ∫
π2
0).( dttf = 0.
Montrer que ∫π2
0².)( dttf ≤ ∫
π2
0².)(' dttf .
2) Démontrer une inégalité analogue pour f ∈ C1([0, 1], C) telle que f(0) = f(1) et ∫
1
0).( dttf = 0.
Solution : [ Oral Centrale 2005, RMS n° 807 ]
Exercice 4 : Soit f ∈ C1([0, 2π], C), de classe C
2 par morceaux, telle que f(0) = f(2π).
Montrer que 4∫π2
0².)( dttf + 2 ∫
π2
0².)('' dttf ≥ 5 ∫
π2
0².)(' dttf .
Solution : Prolongeons f en une fonction 2π-périodique R → C. Cette fonction, encore notée f, est continue, de classe C
2 par morceaux.
f(x) ∼ inxn
n
efc ).(∑+∞
−∞= f’(x) ∼ inxn
n
efcin ).(.∑+∞
−∞= f’’( x) ∼ − inxn
n
efcn ).(².∑+∞
−∞=.
Par f’ et f’’ il faut entendre les quasi-dérivées de f.
π24 ∫
π2
0².)( dttf + π2
2 ∫π2
0².)('' dttf − π2
5 ∫π2
0².)(' dttf = ]4²52.[)²( 4 +−∑
+∞
−∞=nnfcn
n
≥ 0,
car le trinôme 2x2 – 5x + 4, de discriminant > 0, est toujours > 0. Cqfd.
Exercice 5 : Soit F : t ∈ R → (x(t), y(t)) ∈ R2 de classe C
1 2π-périodique telle que, pour tout réel t,
x’2(t) + y’
2(t) = 1. On pose S = ∫ −
π2
0..
21 dxydyx . Montrer que | S | ≤ π. Cas d’égalité ? Interprétation
géométrique ?
Solution : [ Oral RMS 1993, RMS n° 55 ]
33
Exercice 6 : Soit γ une application de classe C1 2π-périodique de R dans C telle que :
∀s ∈ R | γ’(s) | = 1. On note S l’aire orientée délimitée par γ|[0,2π]. 1) Exprimer S à l’aide des coefficients de Fourier de γ.
2) Montrer que S ≤ π41 ; étudier le cas d’égalité.
Solution : [ Oral Centrale 2004, RMS n° 93 ]
Exercice 7 : Soit f ∈ C2(R, R), 2π-périodique telle que f > 0 et f + f’’ > 0.
Pour t ∈ R, soit M(t) le point de R2 défini par )(tOM = f(t).(cos t, sin t) + f’(t).(− sin t, cos t).
1) On suppose f constante. Que dire ?
2) Montrer que la longueur L du support de M est L = ∫π2
0f .
3) Déterminer la tangente en M au point de paramètre t, la distance de cette droite à l’origine.
4) Montrer que l’aire A limitée par le support de M est : A = ∫ +π2
0).''( fff .
5) Montrer que 4πA ≤ L2. Etudier le cas d’égalité.
Solution : [ Oral Centrale MP 2011, RMS n° 905 ]
Introduisons le repère radial )(tu = (cos t, sin t) , )(tv = (− sin t, cos t).
Rappelons que )(tv = )2
( π+tu = dtud et
dtvd = − )(tu .
)(tOM = f(t). )(tu + f’(t). )(tv et dtMd = ( f(t) + f’’(t) ). )(tv .
L’arc paramétré Γ décrit par M est C1 et régulier puisqu’en tout point
dtMd ≠ 0 .
1) Si f(t) = a > 0, cet arc est le cercle de centre O et de rayon a décrit dans le sens trigonométrique.
2) dtds = ||
dtMd || = | f(t) + f’’(t) | = f(t) + f’’(t), compte tenu des hypothèses.
Donc L = ∫ +π2
0)).('')(( dttftf = ∫
π2
0).( dttf .
3) La tangente en M à Γ est dirigée par le vecteur )(tv . C’est donc la droite d’équation X = f(t) dans le repère radial. Il en résulte aussitôt que la distance de O à cette tangente est | f(t) | = f(t).
4) L’aire A délimitée par le support de Γ est donnée par :
A = 21 ∫Γ − )..( dxydyx =
21 ∫Γ ],[ MdOM =
21 dt
dtMdtOM .],)([∫Γ .
où [ , ] désigne le produit mixte plan, c’est-à-dire le déterminant dans une base orthonormée directe.
C’est une conséquence de Riemann-Green. Ici : [ )(tOM ,dtMd ] = f(t).( f(t) + f’’(t) ).
Par conséquent, A = 21 ∫ +
π2
0).''( fff =
21 ∫ −
π2
0'²)²( ff après une I.P.P.
5) L’inégalité demandée est la célèbre inégalité isopérimétrique.
Compte tenu de 2) et 4), elle s’écrit π21 ∫ −
π2
0'²)²( ff ≤
41 ( π
1 ∫π2
0f )2
.
On pense à Parseval. Développons f et f’ en série de Fourier :
f(t) ∼ 20a + ∑
+∞
=+
1
))sin(.)cos(.(n
nn ntbnta , f’(t) ∼ ∑+∞
=+−
1
))cos(.)sin(.(n
nn ntnbntna .
Il y a convergence normale des deux séries, compte tenu des hypothèses faites sur f.
34
On veut : π21 ∫ −
π2
0'²)²( ff =
4²0a −
21 ∑
+∞
=+−
2
²)²)(1²(n
nn ban ≤ 41 ( π
1 ∫π2
0f )2
= 4²0a .
Or c’est bien évident ! Il y a égalité ssi ∑+∞
=+−
2
²)²)(1²(n
nn ban = 0, i.e. ssi an = bn = 0 pour n ≥ 2,
autrement dit ssi f(t) = 20a + a1.cos t + b1.sin t (soit par égalité, soit par Parseval).
Le lecteur est invité à vérifier que l’arc Γ correspondant est un cercle. Remarque : Ce résultat, l’un des plus anciens et des plus célèbres des mathématiques, demanderait à être précisé. Il faudrait expliquer le rôle exact joué par l’hypothèse f(t) + f’’(t) > 0 : on montrer qu’il implique la stricte convexité de la région délimitée par Γ. Il resterait à généraliser ce résultat.
Exercice 8 : 1) Soit CCCC une courbe fermée dans R2, continue et C
1 par morceaux. Montrer qu’on peut
lui associer une série de Fourier et réciproquement. 2) Trouver la série de Fourier d’un polygone.
Solution : [ Oral X 2004, RMS n° 55 ]
Exercice 9 : Tracer la courbe d’équation polaire r(θ) = 21 + ∑
+∞
=
−
−+−
1
1
)13)(13()3cos()1(
k
k
kkkθ
.
Solution : [ Oral X MP 2011, RMS n° 237 ] 1) r(θ) est somme d’une série trigonométrique normalement convergente. C’est une fonction continue, paire et 2π/3 périodique. 2) Ne sachant pas si une indication fut donnée par l’examinateur, ou si le candidat disposait d’un ordinateur, il est difficile de se trouver dans les conditions de la planche. Quoi qu’il en soit, on subodore que cet exercice contient une dose d’humour. Ce que confirme Maple, qui suggère que la courbe est réunion de trois arcs de cercle passant par O. > with(plots): > r:=(n,t)->1/2+sum((-1)^(k-1)*cos(3*k*t)/(9*k^2-1),k=1..n); > p:=n->polarplot(r(n,t),t=0..2*Pi):c:=k->polarplot(Pi/(3*sqrt(3))*cos(t+2*k*Pi/3),t=0..2*Pi,color=blue): > display({seq(c(k),k=0..2),seq(p(n),n=1..5)});
3) Développons en série de Fourier 2π/3-périodique.la fonction paire et 2π/3 périodique définie par : f(t) = cos t pour | t | ≤ π/3.
35
Il vient ak(f) = π3 ∫ )
32(
).3cos(.cosπ dtktt = π6 ∫
3/
0).3cos(.cos
πdtktt
= π3 ∫ −++
3/
0)].)13cos(())13[cos((
πdttktk = π
33)13)(13(
)1( 1
+−− −
kk
k
.
f étant continue et C1 par morceaux, il vient f(θ) = π2
33 + π33 ∑
+∞
=
−
−+−
1
1
)13)(13()3cos()1(
k
k
kkkθ
.
Par conséquent r(θ) = )(.33
θπ f . En particulier r(θ) = )(.33
θπ f pour | θ | ≤ π/3.
4) Aurions-nous pu calculer la série trigonométrique « à l’aveugle » ?
Formellement, r’’(θ) + r(θ) = −21 − ∑
+∞
=
−−1
1 )3cos()1(k
k kθ = −21 − ∑
+∞
=+
1
))(3cos(k
k πθ ,
série trigonométrique dont la somme est nulle au sens de Lagrange. Donc r’’(θ) + r(θ) = 0 et r(θ) = a.cos θ + b.sin θ. Un argument de parité conclut, mais il reste à calculer a. Tout cela n’est pas très sérieux. C’est du calcul symbolique. On pourrait de manière plus terre à terre calculer les sommes partielles de la série.
rn’’( θ) + rn(θ) = −21 − ∑
=
−−n
k
k k1
1 )3cos()1( θ = −21 − ∑
=+
n
k
k1
))(3cos( πθ = …,
intégrer cette équation différentielle, puis passer à la limite. Exercice 10 : Courbes en polaires.
1) La feuille de vigne de Weierstrass. Etudier et représenter la courbe r = ∑+∞
=0 2)3cos(
nn
nθ.
2) L’étoile polaire. Soit d(x) = d(x, Z) , f(x) = 10π (1 + 4.d( π2
5x −41 )). Etudier r =
)(sin1
θf.
3) Equation polaire du polygone régulier de n côtés de centre O.
4) La chapelle romane. Soit f la fonction 2π -périodique définie par f(θ) = 2.cos θ si −
4π ≤ θ ≤
4π .
Développer f en série de Fourier. Représenter la courbe r = f(θ).
Solution : Exercice 11 : inégalité de Hilbert. Soit en (n ∈ Z) l’application de R dans C définie par en(t) = e
int.
a) Développer en série de Fourier la fonction h 2π-périodique définie sur [0, 2π[ par h(t) = π − t.
b) Soient P = ∑=
−
n
p
pp ea0
. et Q = ∑=
−
n
q
qq eb0
. , où les ap et bq sont complexes.
Calculer π21 ∫ −
π2
01 ).()()()( dttethtQtP .
c) Trouver une constante C ( indépendante des ap , bq et de n ) telle que :
| ∑≤≤ ++nqp
qp
qpba
,0 1 |2 ≤ C ∑
=
n
p
pa0
²∑=
n
q
qb0
² .
d) On pose ck = ∑= ++n
j
j
kja
0 1. Montrer que : ∑
=
n
kkc
0
² ≤ π2 ∑
=
n
jja
0
² .
Solution : [ Oral ENS 1995, RMS n° 318 ]
36
4. Séries trigonométriques. Exercice 1 : Noyau de Poisson. Soit r ∈ [0, 1[. Convergence et calcul des séries trigonométriques :
∑+∞
−∞=n
nr einθ = 1 + 2∑
+∞
=1
)cos(.n
n nr θ et ∑+∞
=1
)sin(.n
n nr θ .
Solution : Les séries trigonométriques sont normalement convergentes, et de sommes :
∑+∞
−∞=n
nr .einθ = 1 + 2∑
+∞
=1
)cos(.n
n nr θ = ²cos21
²1rr
r+−
−θ et ∑
+∞
=1
)sin(.n
n nr θ = ²cos21
sin.rr
r+− θ
θ .
En effet ∑+∞
=1
)exp(.n
n inr θ = θ
θ
i
i
erer.1
.− =
²cos21².
rrrer i
+−−θ
θ, etc.
Du coup, ce sont les séries de Fourier de leur somme, et :
• ∀n ∈ Z ∫ −+−
−)2(
..²cos21
²121
πθ θθπ de
rrr in = r
|n| .
• ∀n ∈ N ∫ +−−
)2().cos(.
²cos21²1
21
πθθθπ dn
rrr = r
n .
• ∀n ∈ N* ∫ +−)2().sin(.
²cos21sin.1
πθθθ
θπ dn
rrr = r
n .
Exercice 2 : La série d’Euler-Abel ∑+∞
=1
)sin(
n nnθ
(1744-1825) 1.
1) Montrer que cette série converge simplement sur R. Soit f(θ) sa somme.
2) Pour 0 < r < 1, on pose Fn(r, θ) = ∑=
−n
k
k kr1
1 )sin(. θ . Calculer Fn(r, θ), et montrer que :
Fn(r, θ) = ²cos21
sinrr +− θ
θ + Rn(r, θ) , où Rn est une fraction rationnelle de r à préciser.
3) Soit An(θ) = ∑=
n
k kk
1
)sin( θ . Vérifier que An(θ) = ∫ +−
1
0.
²cos21sin dr
rr θθ + ∫
1
0).,( drrRn θ .
4) Calculer la première intégrale. Montrer que pour tout θ ∈ ]0, 2π[, ∫1
0).,( drrRn θ → 0 , la
convergence étant uniforme sur tout [α, 2π−α], (0 < α < π) . En déduire f(θ).
Solution : 1) La convergence de la série se montre par transformation d’Abel. Mais dans la suite de l’exercice, on va la redémontrer au passage en calculant cette série.
1 Euler indiqua la somme de cette série, dans une lettre à Goldbach (1744). Abel nota en 1825 qu’elle donnait un exemple de suite simplement convergente de fonctions continues ayant une somme discontinue.
37
2) Pour 0 < r < 1, Fn(r, θ) = ∑=
−n
k
k kr1
1 )sin(. θ = Im∑=
−n
k
ikk er1
1. θ = Im θ
θθ
i
nini
reere
−− +
1
)1(
= Im²cos21
)1)(( )1(
rrreere inini
+−−− −+
θθθθ
= ²cos21
)sin()1sin(sin 1
rrnrnr nn
+−++− +
θθθθ
= ²cos21
sinrr +− θ
θ + Rn(r, θ) ,
où Rn(r, θ) = ²cos21
)sin()1sin( 1
rrnrnr nn
+−++− +
θθθ
.
3) Ecrivons An(θ) = ∑=
n
k kk
1
)sin( θ = ∑
=
n
k
k1
)sin( θ ∫ −1
0
1.drr k = ∫ +−1
0.
²cos21sin dr
rr θθ + ∫
1
0).,( drrRn θ .
4) La première intégrale est une fraction rationnelle en r. On a : ∫ +−1
0.
²cos21sin dr
rr θθ =
2θπ − .
Fixons θ ∈ ]0, 2π[ ; alors ∫1
0).,( drrRn θ = ∫
1
0 ²cos21)sin()1sin( 1
rrnrnr nn
+−++− +
θθθ
dr → 0 quand n → +∞, la
convergence étant uniforme sur tout [α, 2π−α], (0 < α < π).
En effet : |∫1
0).,( drrRn θ | ≤ ∫ +−
1
0.
²cos212
drrr
rn
θ ≤ ∫ +−1
0.
²cos212
drrr
r n
α → 0 par convergence dominée.
Conclusion : Pour tout θ ∈ ]0, 2π[, ∑+∞
=1
)sin(
n nnθ
= 2θπ − .
Remarque : une autre approche consiste à noter que n1 = ∫
+∞−
0.dte nt . Le schéma de calcul est alors le
suivant : ∑+∞
=1
)sin(
n nnθ
= ∑+∞
=1
)sin(n
nθ ∫+∞
−0
.dte nt = ∫ ∑+∞
−+∞
=0 1
.)sin( dten nt
n
θ .
Au bout du compte, on trouve ∫+∞
+−0 2 .1cos2
sindt
eee
tt
t
θθ
, qui se calcule.
Mais le changement de variable r = exp t donne aussitôt ∫+∞
+−0 2 .1cos2
sin drrr θ
θ …
Exercice 3 : Soit f continue 2π-périodique de R dans C.
1) Montrer que f est C∞
si et seulement si, pour tout p ∈ N , cn(f) = O(p
n1 ) quand n → ±∞.
2) Montrer que f est développable en série entière en 0 ssi : ∃ C , λ > 0 ∀n ∈ Z | cn(f) | ≤ C.exp(−λ.|n|).
Solution :
1) Si f est C∞
, pour tout (n, p) ∈ Z×N, cn(f (p)
) = (in)p.cn(f) ; comme la suite (cn(f
(p))) est bornée
(elle tend même vers 0), cn(f) = O( pn1 ) quand n → ±∞.
Réciproquement, si, pour tout p, cn(f) = O( pn1 ) quand n → ±∞, la série trigonométrique ∑
∈Zn
inn ec θ.
converge normalement ainsi que toutes ses dérivées.
Sa somme g est donc C∞
. Elle a mêmes coefficients de Fourier que f , donc g = f et f est C∞
.
2) Supposons ∃ C, λ > 0 ∀n ∈ Z | cn(f) | ≤ C.exp(−λ.|n|) (*).
Alors f est C∞
en vertu de 1). Mieux ! Ecrivons :
f(x) = ∑∈Zn
inxn ec. = ∑ ∑∈ ≥Zn k
k
nk
inxc
0 !)(
. = ∑∑≥ ∈0 !
)()..(
k Zn
kkn
kix
nc .
38
Le théorème relatif aux séries doubles s’applique pour |x| < λ, car si |x| < µ < λ :
∑∑∈ ≥Zn k
k
kn k
xnc
0 !)..( ≤ ∑∑
∈ ≥Zn k
kk
n knc
0 !)..(
µ = ∑
∈Zn
n nc ).exp(. µ ≤ ∑∈
−Zn
nC )).(exp(. λµ < +∞.
Reste à montrer que si f est développable en série entière au V(0), ses coefficients de Fourier
vérifient (*). Or c’est faux, car si f est DSE(0), rien ne dit qu’elle est C∞
sur R : il suffit de
« biseauter » une fonction égale à 1 au V(0). Peut-être faut-il supposer de plus f C∞
sur R …
Exercice 4 : Pour k ∈ N*, étudier la convergence des séries trigonométriques
Ck(x) = ∑+∞
=1
)cos(n
knnx
et Sk(x) = ∑+∞
=1
)sin(n
knnx
.
Indiquer un procédé récurrent pour calculer leurs sommes, et pour calculer ζ(2k).
Solution :
Pour k ≥ 2, les séries sont normalement convergentes, et ont des sommes continues 2π-périodiques sur R, et resp. paires et impaires.
Mieux, Ck(x) et Sk(x) sont de classe Ck−2
, et, pour k ≥ 3, Ck’(x) = − Sk−1(x) et Sk’(x) = Ck−1(x). Pour k = 1, la situation est plus délicate.
S1(x) = ∑+∞
=1
)sin(n n
nx est le toit d’usine, et C1(x) = ∑
+∞
=1
)cos(n n
nx = − 2 ln | sin
2x | .
La formule C2’(x) = − S1(x) est encore valable, par convergence dominée.
Ceci donne un calcul récurrent de S1(x), C2(x), S3(x), C4(x), …i.e. de S2k+1(x) et C2k(x), sur [0, 2π].
> S1:=t->(Pi-t)/2;1/Pi*int(S1(t)^2,t=0..2*Pi);
> C2:=t->Zeta(2)-int(S1(u),u=0..t):C2(t);1/Pi*int(C2(t)^2,t=0..2*Pi);
> S3:=t->int(C2(u),u=0..t):S3(t);1/Pi*int(S3(t)^2,t=0..2*Pi);
> C4:=t->Zeta(4)-int(S3(u),u=0..t):C4(t);1/Pi*int(C4(t)^2,t=0..2*Pi);
> S5:=t->int(C4(u),u=0..t):S5(t);1/Pi*int(S5(t)^2,t=0..2*Pi);
Ces calculs peuvent être systématisés grâce aux nombres et aux polynômes de Bernoulli. Le calcul récurrent de C1(x), S2(x), C3(x), S4(x), …, i.e. de C2k+1(x) et S2k(x), sur [0, 2π], est plus ardu, et pose des problèmes à Maple, qui s’enferre dans des expressions complexes contenant la fonction dilog… Ce sujet mériterait d’être approfondi.
Exercice 5 : Etudier la série trigonométrique ∑+∞
=+
1
)sin().11ln(n
nn
θ .
:= S1 → t − 12
π12
t16
π2
− + 16
π2 12
π t14
t2 190
π4
− + 16
π2 t14
π t2 112
t3 1945
π6
− + − 190
π4 112
π2 t2 112
π t3 148
t4 19450
π8
− + − 190
π4 t136
π2 t3 148
π t4 1240
t5 193555
π10
39
Solution : Ecrivons ∑+∞
=+
1
)sin().11ln(n
nn
θ = ∑+∞
=1
)sin(.1n
nn
θ + ∑+∞
=1
)sin(.n
n nb θ .
∑+∞
=1
)sin(.1n
nn
θ a pour somme le « toit d’usine » (cf. § 1).
Comme bn = O(²
1n
),∑+∞
=1
)sin(.n
n nb θ est une série trigonométrique normalement convergente.
En résumé, f(θ) = ∑+∞
=+
1
)sin().11ln(n
nn
θ est somme du toit d’usine et d’une fonction continue 2π-
périodique et impaire. Elle est donc la série de Fourier de sa somme, et est continue sauf aux points kπ, k ∈ Z. Il se passe en ces points un phénomène de Gibbs.
Exercice 6 : Soit (bn) une suite tendant en décroissant vers 0.
1) Montrer que la série trigonométrique ∑+∞
=1
)sin(.n
n nb θ converge simplement sur R, et uniformé-
ment sur tout segment [α, 2π−α], 0 < α < π. 2) Montrer que les sommes partielles de cette série sont uniformément majorées ssi bn = O(1/n).
3) Montrer que la série converge uniformément ssi bn = o(1/n).
Solution : [ Zygmund, chap. V p. 182, RMS fév. 1983, p. 239-246, Ecrit X M’ 1992, Oral X , etc. ] Cf. mon problème d’écrit sur ce thème.
Exercice 7 : Soit f : x → ∑+∞
=12/3
)cos(n n
nx. Montrer que f est définie sur R, qu’elle est continue mais n’est
pas C1 par morceaux.
Solution : [ Oral Mines PC 2012, RMS n° 690 ] Il s’agit d’une série trigonométrique normalement convergente. Sa somme est définie, continue, paire et 2π-périodique.
Nous allons montrer que f’d(0) = −∞ , autrement dit que ∆(x) = x
xff )()1( − → +∞ quand x → 0+.
∆(x) = x
xff )()1( − = ∑
+∞
=
−1
2/3
)cos(1n xn
nx = ∑
+∞
=12/3
)2/²(sin.2n xn
nx = ∑
=
N
n xnnx
12/3
)2/²(sin.2 + ∑
+∞
+= 12/3
)2/²(sin.2Nn xn
nx.
où l’on a cassé la somme en deux en introduisant N = [xπ ] , x > 0.
Alors ∆(x) ≥ ∑=
N
n xnnx
12/3
)2/²(sin.2 ≥ ∑
=
N
n xnnx
12/3
)²/(2 π =
²2πx ∑
=
N
n
n1
≥ ²
2πx ∫
+1
1.
Ndxx
= ²
2πx
32 ( (N + 1)
3/2 – 1 ) ≥
²34πx ( (
xπ )
3/2 – 1 ) = H(x).
La seconde minoration découle du fait que ∀t ∈ [0, 2π ] sin t ≥ π
t2 (par concavité) et du fait que
1 ≤ n ≤ N ≤ xπ < N + 1 ⇒ 0 <
2nx ≤
2π . Le reste est facile.
Pour conclure, il reste à observer que H(x) = ²3
4πx ( (
xπ )
3/2 – 1 ) ∼
xπ34 → +∞ quand x → 0+.
Remarque : La fonction f est C1 sur ]0, 2π[ et a pour dérivée g(x) = −∑
+∞
=12/1
)sin(n n
nx. Cela peut s’établir
par abélisation. Elle est liée aux polylogarithmes comme le montre cette feuille de calculs Maple.
40
> with(plots):F:=x->sum(cos(n*x)/n^(3/2),n=1..infinity);F(x);
:= F → x ∑ = n 1
∞ ( )cos n x
n( )/3 2
> S:=(N,x)->sum(cos(n*x)/n^(3/2),n=1..N); p:=N->plot(S(N,x),x=-10..10,numpoints=2000); > f:=z->sum(z^n/n^(3/2),n=1..infinity);f(z);
:= f → z ∑ = n 1
∞ zn
n( )/3 2
> G:=x->Re(polylog(3/2,exp(I*x)));q:=plot(G(x),x=-10..10, thickness=2,color=blue):display({q,seq(p(5*N),N=1..7)});
:= G → x
ℜ
polylog ,
32
eeee( )I x
Exercice 8 : Montrer que la fonction f : x → ∑+∞
=0 2)2sin(
nn
nx est définie et continue sur R. Etudier sa
dérivabilité en 0.
Solution : [ Oral X MP 2012, RMS n° 234 ] Il s’agit d’une série du « type Weierstrass ». C’est une série trigonométrique normalement convergente. Sa somme est définie, continue, 2π-
périodique, impaire et bornée : | f(x) | ≤ ∑+∞
=021
nn = 2.
Nous allons montrer que f’(0) = +∞, autrement dit que ∆(x) = xxf )(
→ +∞ quand x → 0+.
∆(x) = ∑+∞
=0 2)2sin(
nn
n
xx
= ∑=
N
nn
n
xx
0 2)2sin(
+ ∑+∞
+= 1 2)2sin(
Nnn
n
xx
.
où l’on a cassé la somme en deux en introduisant N = [ log2(x2
π )]. On a donc 2N
≤ x2
π < 2N+1
.
Alors ∆(x) ≥ ∑=
+N
nn
n
xx
0
1
22
π − ∑+∞
+= 121
Nnnx
= π2 ( N + 1 ) −
xN21 > π
2 log2(x2
π ) − π4 = H(x).
On a minoré le première somme via ∀t ∈ [0, 2π ] sin t ≥ π
t2 , la seconde via sin t ≥ − 1.
Pour conclure, il reste à noter que H(x) → +∞ quand x → 0+. Feuille de calculs Maple : > with(plots): > S:=(N,x)->sum(sin(2^n*x)/2^n,n=0..N); p:=N->plot(S(N,x),x=-2*Pi..2*Pi,color=violet); > display({seq(p(N),N=1..7)});
polylog ,
32
z
∑ = n 1
∞ ( )cos n x
n( )/3 2
41
Exercice 9 : la série de Fatou ∑+∞
=2 ln)sin(
n nnθ
(1906).
1) Montrer que cette série converge sur R ; domaines de convergence uniforme ? 2) Par des transformations d’Abel répétées, montrer que la somme de cette série est C
1 sur ]0, 2π[.
3) Représenter graphiquement les premières sommes partielles. Qu’observe-t-on ? 2
Solution :
1) La série de Fatou est une série trigonométrique de la forme ∑+∞
=2
)sin(.n
n nb θ , où bn ↓ 0.
Une transformation d’Abel suffit à démontrer la convergence simple sur ]0, 2π[, et uniforme sur tous les segments [α, 2π−α], 0 < α < π. Du coup, la somme est définie sur R, et continue sur R −πZ. 2) Etant donnée l’extrême lenteur de la décroissance de (bn), deux transformations d’Abel sont ici nécessaires. Elles sont courageusement laissées au lecteur intrépide…
> S:=(n,x)->sum(sin(k*x)/ln(k),k=2..n); > plot(S(100,x),x=0..2*Pi,-10..10,numpoints=5000);
Exercice 10 : paradoxe de Lagrange. Lagrange affirmait que la série ½ + cos θ + cos 2θ + … a une somme nulle.
De même, il affirmait que la série sin θ + sin 2θ + … a pour somme 21 cotan
2θ .
En quel sens peut-on donner raison à Lagrange ?
Solution : 1) La première série diverge en tout point, la seconde converge seulement en les nπ, n∈Z.
2 On peut montrer que la somme de cette série est non bornée sur [0, 2π], n’est ni intégrable-Riemann au sens généralisé, ni intégrable-Lebesgue sur cet intervalle, et qu’enfin la série de Fatou n’est pas la série de Fourier de sa somme.
42
En effet, si ∑ )cos(nx converge, son terme général cos(nx) → 0.
Alors sin2 nx = 1 – cos
2 nx → 1 et sin
2 nx =
2)2cos(1 nx−
→ 21 !
Si ∑ )sin(nx converge, sin(nx) → 0. Alors sin(n + 1)x – sin(n − 1)x = 2.sin x.cos nx → 0.
Donc sin2
x.cos2 nx → 0 = sin
2 x. cqfd.
On peut aussi calculer les sommes partielles.
Celles de la première série valent )2/sin(.2
)2/)12sin((θ
θ+n si θ ∉ 2πZ , n +
21 sinon. Elles divergent !
On pourrait en conclure que Lagrange était un idiot… si l’on oubliait qu’il fut l’un des plus grands mathématiciens et physiciens du XVIIIème siècle.
2) D’une part, les sommes partielles de chacune des deux séries convergent resp. vers 0 et vers
21 cotan
2θ en moyenne de Cesàro.
3) D’autre part, si l’on intègre terme à terme ½ + cos θ + cos 2θ + …, on obtient 2x + ∑
≥1
)sin(n n
nθ,
qui converge simplement vers une onde carrée (cf. ex. sur le toit d’usine). En redérivant, on trouve 0.
De même, si l’on intègre terme à terme sin θ + sin 2θ + … , on trouve ∑≥1
)cos(n n
nθ , dont la somme
est – ln |2 sin 2θ | (cf. § 1). En réintégrant, on trouve∑
≥1
)sin(n
nθ = 21 cotan
2θ .
Exercice 11 : Soient (bmn)m,n≥1 une suite double telle que ∑∑+∞
=
+∞
=1 1m n
mnb < +∞ , T1 et T2 deux réels > 0.
Montrer que f(x, y) = 21 1 1
sin.sin.T
ynT
xmbm n
mnππ∑∑
+∞
=
+∞
= est définie, continue sur R
2,
et vérifie f(x + T1, y) = f(x, y + T2) = f(x, y) , f(−x, y) = f(x, −y) = − f(x, y).
et bmn = 21
4TT ∫∫ × ],0[],0[
2121
.sin.sin).,(TT
dxdyT
ynT
xmyxfππ .
Solution : Ce n’est pas difficile du tout.
5. Séries entières et séries trigonométriques.
Exercice 1 : 1) Calculer pour n ∈ N π21 ∫ −+
πθθ θ
2
0
2 ..)1( dee inni .
2) Rayon de convergence et calcul de f(x) = ∑+∞
=02 .
n
nnn xC .
Solution : 1) Si P(θ) = ( 1 + eiθ
)2n
, I = π21 ∫ −+
πθθ θ
2
0
2 ..)1( dee inni = cn(P) = nnC2 .
Par ailleurs, I = π24 1+n
∫2/
0
2 .cosπ
θθ dn .
2) D’Alembert donne pour rayon R = ¼.
Et f(x) = ∑+∞
=02 .
n
nnn xC = π
2 ∑+∞
=0
)4(n
nx ∫2/
0
2 .cosπ
θθ dn = … = π2 ∫ −
2/
0 ²cos41π
θθ
xd = … =
x411−
.
43
Naturellement, on peut vérifier cela par le binôme, ou en montrant que f satisfait une équation différentielle linéaire d’ordre 1 (cf. écrit Mines 2000).
Exercice 2 : Soient D = { z ∈ C ; |z| < 1 }, D son adhérence, f : D → C une fonction continue telle
que f(z) = ∑≥0
.n
nn za pour tout z ∈ D.
1) Montrer que la série ∑≥0
²n
na converge.
2) Montrer que, pour tout n , an = ∫ −π
θθ θπ2
0.).(
21 deef ini , et retrouver 1).
3) Que dire de f si f(z) = 0 pour tout z tel que |z| = 1 ?
Solution : [ Oral X 2003, RMS n° 57 ].
1) Notons M = max { | f(z) | ; z ∈ D } (théorème des bornes). Fixons r ∈ [0, 1[.
La série trigonométrique ∑≥0
..n
innn era θ converge normalement sur R, car ∑≥0
.n
nn ra < +∞ .
Elle est donc la série de Fourier de sa somme.
La formule de Parseval s’écrit : ∑≥0
2².n
nn ra = θππ
θ dref i ².)(21 2
0∫ ≤ M2
.
Il reste à passer au sup en r par associativité de bornes supérieures :
sup 0 ≤ r < 1 ∑≥0
2².n
nn ra = sup 0≤ r < 1 sup N ∑≤≤ Nn
nn ra0
2².
= sup N sup 0≤ r < 1 ∑≤≤ Nn
nn ra0
2². = sup N ∑≤≤ Nn
na0
² ≤ M2
.
NB : Ce résultat est sans réciproque : ∑+∞
=1n
n
nz
ne se prolonge pas continûment à D , bien que ∑+∞
=1 ²1
n n
converge.
2) Pour tout n et tout 0 < r < 1 , an = ∫ −π
θθ θπ2
0.).(
.21 derefr
inin .
Il est légitime de faire tendre r vers 1 dans cette formule par convergence dominée.
En effet, f(r.eiθ
).e−inθ
→ f(eiθ
).e−inθ
quand r → 1−0 et | f(r.eiθ).e
−inθ | ≤ M.
Mais il s’agit en réalité d’une banale convergence uniforme, car f est uniformément continue sur D .
Par conséquent, pour tout n : an = ∫ −π
θθ θπ2
0.).(
21 deef ini .
On retrouve le résultat de 1) via Parseval appliqué à la fonction θ → f(eiθ
) .
3) Si f est nulle sur le cercle unité, tous les an sont nuls et f est nulle.
Exercice 3 : Soit ∑≥0
.n
nn za une série entière de rayon R > 0, et de somme f(z).
Pour 0 ≤ r < R, on pose I(r) = θππ
θ dref i ².)(21 2
0∫ .
1) Montrer que : ∀r ∈ [0, R[ I(r) = ∑≥0
2².n
nn ra .
2) Montrer que I est de classe C∞
et croissante sur [0, R[. 3) Montrer que φ : u ∈ ]−∞, ln R[ → ln(I(exp(u)) ∈ R est croissante et convexe.
Solution : [ Oral Centrale 2004, RMS n° 88 ] 1) La formule découle de Parseval. 2) I(r) est somme d’une série entière de rayon ≥ R. L’assertion est facile.
44
3) φ est croissante comme composée ; sa convexité découle de Cauchy-Schwarz.
6. Equations différentielles et fonctionnelles.
Exercice 1 : Résoudre les équations différentielles y’’ − y = sin x et y’’ – y = | sin x |.
Solution : 0) Ce sont deux équations linéaires du second ordre à coefficients constants. L’équation homogène a pour solutions y = a.exp x + b.exp(−x) = c.ch x + d.sh x. Reste à trouver une solution particulière de chacune des équations.
1) Solution particulière de y’’ – y = sin x = i2
1 ( eix
– e−ix
).
L’équation y’’ – y = eix
admet une solution de la forme y = α eix
: on trouve α = −21 .
Par conjugaison et linéarité (superposition) y’’ – y = sin x a une solution de la forme y = −21 sin x.
2) Solution particulière de y’’ – y = | sin x |. La méthode de variation des constantes est ici peu élégante. Développons | sin x | en série de Fourier. Il y a ici convergence normale :
| sin x | = π2 − π
4 ∑+∞
= −1 1²4)2cos(
n nnx
.
Cherchons y sous forme d’une série trigonométrique y = 20a + ∑
+∞
=1
)2cos(.n
n nxa dérivable à volonté.
Alors y’’ = −∑+∞
=1
)2cos(.²4n
n nxan et l’identification terme à terme donne 20a = − π
2 , an = − π4
1161
4−n
Cette méthode purement inductive conduit à considérer la série trigonométrique :
y = − π2 − π
4 ∑+∞
= −14 116
)2cos(n n
nx.
Cette série est normalement convergente, ainsi que ses deux premières séries dérivées. Par consé-
quent, y est de classe C2 et les calculs précédents sont validés : y est solution de y’’ – y = | sin x |.
Conclusion : L’équation y’’ – y = sin x a pour solutions y = − 21 sin x + a.ch x + b.sh x.
L’équation y’’ – y = | sin x | a pour solutions y = − π2 − π
4 ∑+∞
= −14 116
)2cos(n n
nx + a.ch x + b.sh x.
Exercice 2 : Résoudre les équations différentielles y’’ + y = sin x et y’’ + y = | sin x |.
Solution : [ Oral Centrale 2006, RMS n° 744 ] Même méthode que dans l’exercice précédent.
Conclusion : L’équation y’’ + y = sin x a pour solutions y = − 21 x.cos x + a.cos x + b.sin x.
L’équation y’’ + y = | sin x | a pour solutions y = π2 + π
4 ∑+∞
= −1 )²1²4()2cos(
n nnx
+ a.cos x + b.sin x.
Exercice 3 : Résoudre les équations différentielles : y’’ + y = max( sin t , 0 ) et y
(4) + 5.y’’ + 4.y = | sin(2t) | .
Solution :
45
1) Résolution de y’’ + y = max(sin t , 0) . L’équation homogène a pour solutions z(t) = A.cos t + B.sin t.
On a max(sin t , 0) = π1 +
21 sin t − π
2 ∑+∞
= −1 1²4)2cos(
n nnt
.
Il suffit d’additionner des solutions particulières de
y’’ + y = π1 , y’’ + y =
21 sin t et y’’ + y = − π
2 ∑+∞
= −1 1²4)2cos(
n nnt
.
Dans le dernier cas, on cherche Y(t) = ∑+∞
=0
)2cos(.n
n nta , et on trouve Y(t) = π2 ∑
+∞
= −1 )²1²4()2cos(
n nnt
.
Conclusion : l’équation différentielle y’’ + y = max(sin t , 0) a pour solutions :
y(t) = π1 −
41 t.cos t + π
2 ∑+∞
= −1 )²1²4()2cos(
n nnt
+ A.cos t + B.sin t .
2) Résolution de y(4)
+ 5.y’’ + 4y = | sin(2t) | .
L’équation homogène a pour solutions z(t) = A.cos t + B.sin t + C.cos(2t) + D.sin(2t).
On a | sin (2t) | = π2 − π
4 ∑+∞
= −1 1²4)4cos(
n nnt
.
Cherchons une solution particulière sous la forme Y(t) = ∑+∞
=0
)4cos(.n
n nta , suffisamment dérivable.
Il vient Y(4)
+ 5.Y’’ + 4.Y = ∑+∞
=+−
0
4 )4cos(.).4²80256(n
n ntann = π2 − π
4 ∑+∞
= −1 1²4)4cos(
n nnt
.
En identifiant formellement, on trouve : Y(t) = π21 − π
1 ∑+∞
= +−−14 )1²2064)(1²4(
)4cos(n nnn
nt.
La fonction ainsi obtenue est de classe C4, et satisfait bien les conditions précédentes.
Conclusion : L’équation différentielle y(4)
+ 5.y’’ + 4y = | sin(2t) | a pour solutions :
π21 − π
1 ∑+∞
= +−−14 )1²2064)(1²4(
)4cos(n nnn
nt + A.cos t + B.sin t + C.cos(2t) + D.sin(2t).
Exercice 4 : Soient g continue 2π–périodique R → C, (E) équation différentielle y’ – y = g(x). 1) Montrer que (E) admet une unique solution bornée. Etudier sa périodicité. 2) Calculer ses coefficients de Fourier à l’aide de ceux de g.
Solution : [ Oral Centrale 1999 RMS n° 366, Ecrit Centrale 2003, Oral Centrale 2004, RMS n° 96 ] 1) C’est une équation différentielle linéaire scalaire d’ordre 1. L’équation homogène a pour solutions z(t) = a.exp(x). On en déduit aussitôt que (E) a au plus une solution bornée. La variation des constantes donne : y(x) = c(x).exp(x) , où c’(x) = g(x).exp(−x).
Le mieux est d’écrire c(x) = − ∫+∞
−x
dtttg ).exp().( + cte.
Les solutions de (E) sont y(x) = − ex∫
+∞−
x
t dtetg .).( + a.ex .
La solution y0(x) = − ex∫
+∞−
x
t dtetg .).( est bornée, car g est bornée, et c’est la seule.
De plus y0(x) = − ∫+∞
−+0
.).( dueuxg u , et, sous cette forme, on voit que y0 est 2π-périodique.
2) Si g(x) ∼ ∑∈Zn
inxn egc ).( , on trouve, par coefficients indéterminés y0(x) = ∑∈ −Zn
inxn ein
gc .1)(
.
46
Mais on peut retrouver ce résultat à partir de :
y0(x) = − ∫+∞
−+0
.).( dueuxg u = − ∑+∞
=0k∫
+−+
π
π
)1(2
2.).(
k
k
u dueuxg = − ∑+∞
=0k∫ −−+
ππ
2
0
2 .).( dtetxg kt
= π211−−
−e ∫ −+
π2
0.).( dtetxg t = π
π21
2−−
−e π2
1 ∫− −0
2.).(
πdueuxg u = π
π21
2−−
−e
(g * h)(x),
où h est la fonction 2π-périodique définie par h(x) = exp x sur ]−2π, 0]. Exercice 5 : Soit g continue 2π–périodique R → C, (E) équation différentielle y’’ – 2y’ + y = g(x). 1) Montrer que (E) admet une unique solution 2π–périodique. 2) Calculer ses coefficients de Fourier à l’aide de ceux de g.
Solution :
Exercice 6 : Montrer que S(x) = ∑+∞
= +−
1 ²)²²()cos()1(
k
k
kakkx
est de classe C2 et vérifie sur [−π, π] l’équation
différentielle S’’(x) − a2
S(x) = 12
²π − 4²x . Calculer S(x).
Solution : [ Oral Mines 1992 ]
Exercice 7 : Soit ∞π2C l’espace des fonction C
∞ 2π-périodiques de R dans C.
1) Soit T l’endomorphisme de ∞π2C qui à f associe f (n)
. Déterminer Ker T et Im T ; montrer qu’ils sont orthogonaux.
2) Soit (ak)0≤k≤n une suite de complexes. Pour toute f ∈ ∞π2C , on pose T(f) = ∑
=
n
k
kk fa
0
)(. .
Image et noyau de T ? Quand T est-elle bijective ?
Solution : Exercice 8 : caractères de U.
1) Construire une bijection naturelle de C2π(R, C) sur C(U, C), où U = { z ∈ C ; |z| = 1 }. 2) Montrer que les caractères du groupe compact U, c’est-à-dire les morphismes continus de
groupe multiplicatif de U dans C*, sont les fonctions en : θ → einθ
, où n décrit Z.
Solution :
1) A toute fonction ϕ ∈ C(U, C) associons la fonction f ∈ C2π(R, C) définie par f(t) = ϕ(eit).
Cette correspondance est linéaire injective, car t → eit est une surjection de R sur U.
Elle est bijective, car si f ∈ C2π(R, C), eis = e
it ⇒ f(s) = f(t), donc f(t) ne dépend que de e
it.
Il existe donc ϕ ∈ F(U, C) telle que (∀t) f(t) = ϕ(eit). Reste à montrer que ϕ est continue.
Or si 0 < t < 2π et eit = x + iy, alors t = 2.Arccotan
yx 1+ . La continuité en 1 est facile.
2) Soit ϕ un caractère de U. Posons comme en 1) f(t) = ϕ(eit), et développons f en série de Fourier.
f(t) ∼ ∑∈Zn
n efc int).( .
La relation f(s + t) = f(s).f(t) s’écrit, en passant aux séries de Fourier en t :
∑∈Zn
insn eefc int.).( = ∑∈Zn
n esffc int).().( , i.e. : ∀s ∀n ∈ Z cn(f).eins
= cn(f).f(s).
Comme f est non nulle, l’un des cn(f) est non nul. Et alors ∀s cn(f).eins
= cn(f).f(s). cqfd.
47
Remarque : on peut aussi utiliser la méthode de renforcement d’Euler.
Exercice 9 : Trouver les fonctions continues : R → C admettant pour périodes 1 et ω, où ω ∉ Q.
Solution : La solution la plus classique consiste à noter que G = { a + bω ; (a, b) ∈ Z×Z } est un sous-groupe additif dense dans R. On en déduit aussitôt que f est constante. Voici une solution par séries de Fourier, plus coûteuse, mais tout de même intéressante.
Soit f(x) ∼ ∑+∞
∞=n
nxin efc π2).( . Alors f(x + ω) ∼ ∑+∞
∞=n
nxinin eefc πωπ 22 .).( .
Les deux fonctions sont égales, donc ont mêmes coefficients de Fourier.
∀n ∈ Z ( 1 – exp(2iπnω) ).cn(f) = 0 .
Comme ω est irrationnel, exp(2iπnω) ≠ 1 pour tout n ≠ 0, donc cn(f) = 0.
On en déduit que seul c0(f) est quelconque. Par Parseval, f est constante.
Exercice 10 : Soit E le C-espace vectoriel des fonctions C∞
1-périodiques.
Pour f ∈ E et x ∈ R, on pose T(f)(x) = f( x + 2 ) − f(x). Déterminer le noyau de T, puis l’image de T.
Solution : [ Oral ENS 2009, RMS n° 71, juin 2010, p. 71 ] T est un endomorphisme de E dont le noyau est formé des fonctions constantes (voir exercice
précédent) et dont l’image est formé des fonctions C∞
1-périodiques de moyenne nulle. Cf mes notes et la RMS juin 2010.
Exercice 11 : Trouver les fonctions f C∞
2π-périodiques telles que (∀x) f(2x) = 2.sin(x).f’(x) .
Solution : [ Oral Mines 1994, RMS n° 179 ]
Ecrivons f(x) = ∑+∞
−∞=n
inxn efc ).( , avec convergence normale ainsi que toutes les dérivées.
L’identité f(2x) = 2.sin(x).f’(x) s’écrit : i ∑+∞
−∞=n
nxin efc 2).( = ( eix
– e−ix
) ∑+∞
−∞=n
inxn inefc ).( .
On peut identifier les coefficients puisque ce sont les coefficients de Fourier des deux membres.
Il vient : ( n − 1 ).cn−1(f) − ( n + 1 ).cn+1(f) = cn/2(f) si n est pair , 0 si n est impair.
En écrivant cette condition pour n = 0, 1, −1, 2, −2, etc. il vient :
c−1(f) + c1(f) + c0(f) = 0 , tous les autres coefficients étant nuls.
Ainsi, f(x) = ∑+
−=
1
1
.n
inxn ec , avec c−1 + c1 + c0 = 0. Autrement dit f(x) = a.( 1 – cos x ) + b.sin x.
Exercice 12 : Trouver les fonctions f de classe C1, 2π-périodiques, à valeurs réelles telles que :
(∀x) 2.f(x + 1) = f(x) + f(2x) .
Solution : [ Oral Mines 1996, RMS n° 262 ]
Ecrivons f(x) = ∑+∞
−∞=n
inxn efc ).( , avec convergence normale.
Donc f(x + 1) = ∑+∞
−∞=n
inxinn eefc .).( , f(2x) = ∑+∞
−∞=n
nxin efc 2).( .
En identifiant les développements en série de Fourier, il vient
48
2.cn(f).ein
= cn(f) si n impair , 2 cn(f).ein
= cn(f) + cn/2(f) si n pair.
On en déduit, d’abord que cn(f) = 0 si n est impair, puis que cn(f) = 0 si n est pair > 0.
Ce dernier point se montre par récurrence sur k = val2(n) ≥ 1. En résumé, f est constante !
5. Convolution, fonctions propres. Exercice 1 : convolution. Si f et g sont réglées 2π-périodiques R → C, on appelle convolée de f et g la fonction définie par :
(∀x ∈ R) ( f ∗ g )(x) = π21 ∫(2π) f(x − t).g(t).dt .
1) Montrer que la somme partielle d’ordre n de la série de Fourier de f est la convolée de f avec le
noyau de Dirichlet d’ordre n : Dn(t) = ∑−=
n
nk
ikte =
)2/sin()2/)12sin((
ttn+
.
2) Soit 0 < h < π, dh la fonction 2π-périodique définie par dh(x) = hπ si |x| < h , 0 si h < |x| ≤ π.
Montrer que, pour tout x : ( f ∗ dh )(x) = h21 ∫
+
−
hx
hxduuf ).( .
3) Calculer f ∗ � , � ∗ � , où � est l’onde carrée. Propriétés ? 4) Calculer cn(f ∗ g) à l’aide de cn(f) et cn(g), puis an(f ∗ g) et bn(f ∗ g) à l’aide de an(f), bn(f), an(g)
et bn(g).
Solution : 1) et 2) sont faciles.
3) ( f ∗ � )(x) = π21 ( ∫ −
x
xduuf
π).( − ∫
+πx
xduuf ).( ) est continue, dérivable à droite et à gauche en tout
point. De plus, si f est de classe Ck, f ∗ � est C
k+1. Et ( f ∗ � )’(x) = π2
1 [ 2 f(x) – f(x + π) ] .
� ∗ � est continue, paire, 2π-périodique, égale à ππ−x2 sur [0, 2π].
4) ( f ∗ g )(x) ∼ ∑+∞
−∞=n
inxnn egcfc ).().(
= 41 a0(f).a0(g) +
21 ∑
+∞
=−
1
)cos()].().()().([n
nnnn nxgbfbgafa + [an(f).bn(g) + bn(f).an(g)].sin(nx)
Exercice 2 : Soient f et g deux fonctions réglées 2π-périodiques R → C, h leur convolée. 1) Montrer que h est continue dès que l’une des fonctions est continue. 2) Montrer que h est toujours continue, et est somme de sa série de Fourier.
Solution : 1) peut se démontrer, soit en utilisant le théorème de convergence dominée, soit élémentairement, en notant qu’une fonction continue périodique est uniformément continue.
2) Procéder par étapes, en supposant que f est sur [0, 2π], fonction caractéristique de segment, puis fonction en escaliers, et enfin limite uniforme de telles fonctions.
Si f(x) ∼ ∑∈Zn
inxn efc ).( et g(x) ∼ ∑∈Zn
inxn egc ).( , alors ( f ∗ g)(x) ∼ ∑∈Zn
inxnn egcfc ).().( .
Or cette série est normalement convergente, car, les suites (cn(f)) et (cn(g)) étant de carré sommable,
la suite (cn(f).cn(g)) est sommable. La somme k de cette série est normalement convergente et a mêmes coefficients de Fourier que h. Comme h est continue, h = k par Parseval.
49
Ainsi donc les convolées ont des propriétés particulières.
Exercice 3 : On note PPPPn = Vect(ek , −n ≤ k ≤ n ).
1) Montrer que PPPPn est une algèbre pour la convolution, unifère d’unité Dn, noyau de Dirichlet, et
diagonale, c’est-à-dire isomorphe à l’algèbre C2n+1
.
2) Montrer qu’il existe un élément ∆n ∈ PPPPn tel que (∀P ∈ PPPPn) ∆n ∗ P = P’. Exprimer ∆n à l’aide de
Dn . Application : Soit f ∈ PPPP ; résoudre dans PPPP l’équation différentielle y’’ − ω2 y = f.
Solution :
1) Si P(x) = ∑≤≤− nkn
ikxk ea . et Q(x) = ∑
≤≤− nkn
ikxk eb . , alors ( P ∗ Q )(x) = ∑
≤≤− nkn
ikxkk eba . .
L’application Φ : (a−n, …, a0, …, an) ∈ C2n+1
→ ∑≤≤− nkn
ikxk ea . ∈ PPPPn est donc, non seulement un
isomorphisme d’espace vectoriel, mais un isomorphisme d’algèbre. L’élément neutre de PPPPn est
l’image par Φ de l’élément neutre (1, … , 1) de C2n+1
; c’est donc Dn = ∑≤≤− nkn
ikxe noyau de Dirichlet.
Les inversibles de cette algèbre sont les ∑≤≤− nkn
ikxk ea . , où ∀k ak ≠ 0.
2) Si P(x) = ∑≤≤− nkn
ikxk ea . , P’(x) = ∑
≤≤− nkn
ikxk eika . = ∆n ∗ P , où ∆n = ∑
≤≤− nkn
ikxeik. = Dn’ .
L’équation différentielle y’’ − ω2 y = f s’écrit ( ∆n ∗ ∆n − ω2
Dn ) ∗ y = f , pour n assez grand.
Or ∆n ∗ ∆n − ω2 Dn = − ∑
≤≤−+
nkn
ikxek ²)²( ω est un inversible de PPPPn …
Exercice 4 : 1) Montrer que C2π(R, C) admet des diviseurs de zéro f , g ≠ 0 tels que f ∗ g = 0.
2) Résoudre f ∗ f = f dans C2π(R, C).
3) On note f [k]
= f ∗ … ∗ f (k fois). Soit P(X) = a0 + a1.X + … + an.Xn un polynôme complexe.
Résoudre l’équation P(f) ≡ ∑=
n
kka
1
. f [k] = 0 , où f ∈ C2π(R, C).
Solution : 1) Il suffit de prendre deux polynômes trigonométriques à supports disjoints.
2) On a ∀n ∈ Z cn(f)2 = cn(f), donc cn(f) ∈ {0, 1}. Comme (cn(f)) est de carré sommable, seul un
nombre fini de cn(f) peuvent être égaux à 1.
Finalement, f ∗ f = f ssi f est de la forme f(x) = ∑∈An
inxe , où A est une partie finie de Z.
3) Plus généralement, on a ∀n ∈ Z cn(P(f)) = P(cn(f)) = 0.
• Si a0 ≠ 0, aucune racine de P n’est nulle, et (cn(f)) ne peut être de carré sommable : pas de solution.
• Si a0 = 0, soit Z(P) = {0, α1, … , αr} l’ensemble des racines de P.
Comme (cn(f)) est de carré sommable, seul un nombre fini de cn(f) peuvent être égaux aux αk.
En résumé P(f) = 0 ssi f(x) = ∑∈An
inxn e.λ , où A est une partie finie de Z et λn ∈ {α1, … , αr}
Exercice 5 : On munit CCCC2π(R, C) de la norme || f ||1 = π21 ∫(2π) | f(t) |.dt.
1) Montrer que || f ||1 ≤ || f ||2 ≤ || f ||∞ ; conséquences ?
2) Montrer que || f ∗ g ||∞ ≤ || f ||1.|| g ||∞ ≤ || f ||∞.|| g ||∞ ; conséquences ?
50
3) Montrer que || f ∗ g ||1 ≤ || f ||1.|| g ||1 ; conséquences ? 4) Montrer que || f ∗ g ||∞ ≤ || f ||2.|| g ||2 ; conséquences ?
Solution : 1) Par Cauchy-Schwarz || f ||1 = π21 ∫(2π) | f(t) |.dt = ( | f | | 1) ≤ || f ||2 . || 1 ||2 = || f ||2 .
Et || f ||2 = π21 ∫ )2(
²π
f ≤ || f ||∞. Du coup, la convergence uniforme implique la convergence en
moyenne quadratique, qui implique la convergence en moyenne. Les réciproques sont fausses.
2) Pour tout x, |( f ∗ g )(x)| ≤ π21 ∫(2π) | f(x − t) |.|g(t)|.dt ≤ || g ||∞ π2
1 ∫(2π) | f(x − t) | = || f ||1.|| g ||∞.
On conclut aussitôt. Du coup, si (fn) tend vers f en moyenne, et (gn) tend uniformément vers g, alors
la suite (fn ∗ gn) tend uniformément vers f ∗ g .
3) Procéder par intégrales doubles… Du coup, si (fn) tend vers f et si (gn) tend vers g en moyenne,
alors la suite (fn ∗ gn) tend en moyenne vers f ∗ g .
4) Pour tout x, ( f ∗ g )(x) = π21 ∫(2π) f(x − t).g(t).dt = ( fx | g ), où fx : t → )( txf − .
Par Cauchy-Schwarz, |( f ∗ g )(x)| ≤ || fx ||2.|| g ||2 = || f ||2.|| g ||2.
On conclut aussitôt. Du coup, si (fn) tend vers f et si (gn) tend vers g en moyenne quadratique, alors
la suite (fn ∗ gn) tend uniformément vers f ∗ g . Exercice 6 : Constantes de Lebesgue.
1) Pour tout n ≥ 1, calculer Dn(x) = ∑−=
n
nk
ikxe = 1 + 2∑=
n
k
kx1
)cos( ; on convient que D0(x) = 1.
2) On note Ln = π21 dxxDn .)(∫
+
−
π
π .
a) Montrer que Ln ≥ π2∫
+π
0.
)21sin(
dxx
xn. En déduire Ln → +∞.
b) De Ln = π2∫
+π
0.
)21sin(
dxx
xn + π
1∫ −+
π
0).1
2sin
1.()21sin( dx
xxxn , déduire : Ln =
²4π ln n + O(1).
3) Soient f réglée 2π-périodique R → C, Sn(f) la somme partielle d’ordre n de sa série de Fourier.
Montrer que ∀x ∈ R Sn(f)(x) = O(ln n).
Solution : 1) Dn(t) = ∑−=
n
nk
ikte =
)2/sin()2/)12sin((
ttn+
si t ≠ 2kπ , 2n + 1 si t = 2kπ.
2) a) Ln = π1 dxxDn .)(
0∫π
= π1∫
+ +π
0.
)2/sin(
)21sin(
dxx
xn ≥ π
2∫
+π
0.
)21sin(
dxx
xn = π
2∫
+ π)2/1(
0.
sinndu
uu → +∞
car on sait bien que u
usin n’est pas intégrable.
b) Tout d’abord, π1∫ −+
π
0).1
2sin
1.()21sin( dx
xxxn = O(1) ,
car de la forme π1∫ +
π
0).(.)
21sin( dxxhxn , où h est une fonction de classe C
1 sur [0, π].
51
Reste à montrer que π2∫
+π
0.
)21sin(
dxx
xn ∼
²4π ln n : découpe à la Chasles et encadrement.
3) Rappelons (ex. 1) que Sn(f)(x) = π21 dttDtxf n .)().(∫− −
π
π .
Donc | Sn(f)(x) | ≤ π21 || f ||∞ dxxDn .)(∫−
π
π = 2 Ln || f ||∞ = O(ln n), en vertu de la question 2.b).
Remarque : Arnaudiès-Fraysse (ex. 22, p. 144) affirment même que Sn(f)(x) = o(ln n). Exercice 7 : opérateurs de translation. 3
Soit a réel. A toute f ∈ C2π(R, C) on associe τa f : x → f(x − a) .
1) Montrer que τa est un endomorphisme continu pour chacune des normes || f ||∞ , || f ||1 , || f ||2. Quelles sont ses normes subordonnées ?
2) Soit f ∈ C2π(R, C) fixée. Montrer que a → τa f est continue de R dans C2π(R, C) pour chacune des trois normes.
3) Exprimer la série de Fourier de τa f à l’aide de celle de f.
4) Soit f ∈ C2π(R, C), H = Vect ( τa f ; a ∈ R ).
Montrer que si l’un des coefficients de Fourier cn(f) est nul, H n’est pas dense dans (C2π(R, C), ||.||∞).
Etudier les convergences simple et uniforme de la suite ( ∑−
=−
1
02
1n
k nk f
n πτ ).
Montrer que si ∀n ∈ Z cn(f) ≠ 0, H est dense dans (C2π(R, C), || . ||∞).
Solution : [ Oral Centrale 2000, RMS n° 356 ]
1) Il est clair que τa est un endomorphisme continu de norme triple 1 pour chacune des trois normes.
2) L’application a → τa f est continue de R dans (C2π(R, C), || . ||∞). Cela découle de l’uniforme continuité de f. Les deux autres continuités en découlent.
3) Si f(x) ∼ ∑∈Zn
inxn efc ).( , (τa f )(x) = f(x − a) ∼ ∑∈
−
Zn
inxinan eefc .).( .
4) a) Si cn(f) = 0, alors cn(τa f) = 0 pour tout a, donc H est inclus dans l’hyperplan { g ; cn(g) = 0 }, hyperplan qui est fermé. H ne saurait être dense.
b) gn(x) = ∑−
=−
1
02 )(1
n
k nk xf
n πτ = ∑−
=+
1
0
)2(.1n
k nkxf
nπ → ∫
+ π
π2
).(21 x
xdttf = c0(f) par sommes de Riemann.
Donc la suite (gn) converge simplement vers c0(f).e0. L’uniforme continuité de f permet de montrer que la convergence est uniforme.
c) Supposons ∀n ∈ Z cn(f) ≠ 0. Alors e0 ∈ H .
Soit p ∈ Z. Appliquant ce qui précède à g = f .e−p , on a c0(g) = cp(f) et
La suite ( ∑−
=−
1
02
1n
k nk g
n πτ ) converge uniformément vers cp(f).e0.
Du coup, ep étant bornée, ( ∑−
=−
1
02.1
n
k nkp ge
n πτ ) converge uniformément vers cp(f).ep.
Or il est facile de voir que ∑−
=−
1
02.1
n
k nkp ge
n πτ est élément de H.
Par suite, tous les monômes ep sont éléments de H .
Leurs combinaisons linéaires également, et par Weierstrass trigonométrique, H = C2π(R, C).
3 Jeune homme, ressentez-vous l’effet de cette translation ?
52
Exercice 8 : Soit E = CCCC2π(R, C). Si f ∈ E, on pose Tf : x → 21 ( f(
2x ) + f(
2x + π) ) .
a) Montrer que T est un endomorphisme de E. b) Déterminer les coefficients de Fourier de Tf en fonction de ceux de f. c) Déterminer le noyau de T. d) Soit λ ∈ C avec |λ| = 1. Déterminer les f ∈ E tels que T f = λ f. e) Soit λ ∈ C avec |λ| ≤ 1. Déterminer les f ∈ E tels que T f = λ f. L’espace propre associé à λ est-il de dimension finie ?
Solution : [ Oral Centrale PC 2010, RMS n° 1007]
Exercice 9 : Soit γ ∈ R tel que πγ
∉ Q. Montrer que, pour toute f ∈ C2π(R, C) :
Lim n →+∞ ∑−
=+
1
0
)(1n
k
kxfn
γ = ∫π
π2
0).(
21 dxxf .
Solution : [ Oral X 1989, RMS n° 101 ] On pense à des sommes de Riemann, mais ce ne sont pas des sommes de Riemann. C’est plutôt un problème d’équirépartition, de nature probabiliste. L’idée est simple : démontrer le résultat par étapes, d’abord pour f(x) = e
ipx (p ∈ Z), puis pour f
polynôme trigonométrique, puis pour f continue par Weierstrass trigonométrique.
Exercice 10 : 1) Montrer que ( 1, 2 , 3 ) est un système libre du Q-espace vectoriel R. 2) Soient f et g ∈ C(R, C) de période 1, α et β deux réels tels que (1, α, β) est Q-libre.
Montrer que lim N→∞ N1 ∑
=
N
n
ngnf1
)()( βα = ∫1
0f ∫
1
0g .
2) Soient α et β réels tels que (1, α, β) est Q-libre. Montrer que { (nα − [nα], nβ − [nβ]), n ∈ N } est dense dans R×R.
Solution : [ Oral Mines MP 2010, RMS n° 509 ].
Même idée que dans l’exercice précédent. f(x) = e2iπpx et g(x) = e2iπqx.
Exercice 11 : Soient E0 = C2π(R, C), E1 l’espace des f ∈ C1(R, C) 2π-périodiques.
Si f ∈ E1, soit Φ(f) : x → dtt
txftxf .)()(0∫
−−+π.
1) Montrer que Φ ∈ L(E1, E0).
2) Si f ∈ E1, exprimer les coefficients de Fourier cn(Φ(f)) en fonction de cn(f) et de αn = ∫πn
dtt
t0
.sin .
3) Montrer que ∃K > 0 ∀f ∈ E1 || Φ(f) ||2 ≤ K || f ||2. Que peut-on en déduire pour Φ ? 4) Φ est-elle injective ? surjective ?
Solution : [ Oral Centrale PC 2010, RMS n° 1004 ]
0) Heuristiquement, après pliage : Φ(f)(x) = dtt
txf .)(∫
+
−
+π
π , de sorte que
Φ(f) = f ∗ φ, où φ(t) = tπ2 sur ]−π, π[ − {0}. Tout revient à calculer les coefficients de Fourier de φ.
Et l’on trouve, conformément aux propriétés générales des convolées :
53
Φ(f)(x) ∼ ∑∈Zn
inxnn ecfc ).().( φ = ∑ ∫∈Zn
inxn
n edtt
tifcπ
0)..sin2).(( = ∑
∈Zn
inxn enSiifc )).(.2).(( π .
Cette approche fournit le résultat juste, mais n’est pas satisfaisante, car φ n’est pas réglée, ni même intégrable, sur tout segment. La convolée f ∗ φ est définie parce que f ∈ E1, ce qui reste à montrer.
1) Un peu de rigueur, b… !
Pour t ∈ ]0, π] , écrivons : t
txftxf )()( −−+ =
t1 ∫
+
−
tx
txduuf ).(' = ∫
+
−+
1
1).(' dsstxf , de sorte que :
Φ(f)(x) = dtt
txftxf .)()(0∫
−−+π = ∫ ∫ +
+
−
π
0
1
1).).('( dtdsstxf = ∫∫ −×
+]1,1[],0[
.).('π
dtdsstxf .
Le théorème de continuité des intégrales doubles à paramètres sur les pavés montre que Φ(f) est définie et continue. Elle est de plus 2π-périodique. Enfin, Φ est linéaire.
Autre approche, plus terre à terre.
Fixons x ; t
txftxf )()( −−+ =
txftxf )()( −+
+ t
txfxf )()( −− → 2 f’(x) quand t → 0+.
De sorte que l’intégrale dtt
txftxf .)()(0∫
−−+π est faussement impropre en 0.
En vertu du théorème des accroissements finis, |t
txftxf )()( −−+ | ≤ 2 || f’ ||∞ .
Le théorème de continuité des intégrales impropres à paramètres s’applique (nous sommes sur un intervalle borné), et montre que Φ(f) est continue.
2) Série de Fourier de ΦΦΦΦ(f).
cn(Φ(f)) = π21 ∫ −
)2( πinxe ( ∫∫ −×
+]1,1[],0[
.).('π
dtdsstxf ).dx
= π21 ∫∫∫ −××−
− +]1,1[],0[],[
..).('πππ
dtdsdxstxfe inx
= π21 ∫∫ −× ]1,1[],0[
(π ∫ −
)2( πinxe f’(x + st).dx ).ds.dt
= π21 ∫∫ −× ]1,1[],0[ π
inste ( ∫ +−)2(
)(
πstxine f’(x + st).dx ).ds.dt
Or le changement de variable x + st = u donne :
∫ +−)2(
)(
πstxine f’(x + st).dx = ∫ −
)2( πinue f’(u).du = 2π cn(f’) = 2π in cn(f).
Par conséquent, cn(Φ(f)) = in cn(f) ∫∫ −× ]1,1[],0[ πinste ds.dt . Si n = 0, c0(Φ(f)) = 0 ; sinon :
in ∫∫ −× ]1,1[],0[ πinste ds.dt = dtdsineinst )..(
1
10 ∫∫+
−
π = dtdsineinst )..(
1
10 ∫∫+
−
π = ∫
π
0.)sin(.2 dt
tnti
= 2i ∫πn
dtt
t0
.sin
Conclusion : Φ(f)(x) ∼ ∑ ∫∈Zn
inxn
n edtt
tifcπ
0)..sin2).(( = ∑
∈Zn
inxn enSiifc )).(.2).(( π .
3) Montrons que ∃K > 0 ∀f ∈ E1 || Φ(f) ||2 ≤ K || f ||2 .
Par Parseval : || Φ(f) ||2 2 = 4 ∑
∈Zn
n nSifc )²(².)( π ≤ 4 M2 ∑
∈Zn
n fc ²)( = 4 M2 || f ||2
2 .
Donc || Φ(f) ||2 ≤ 2 M || f ||2 , où M = supn | Si(nπ) |.
Rappelons que la fonction Si(x) a une limite en +∞, qui vaut d’ailleurs π/2 ; elle est donc bornée. On en déduit que Φ est continue pour la convergence en moyenne quadratique.
4) ΦΦΦΦ n’est ni injective, ni surjective. Φ n’est pas injective, car f = 1 a pour image 0. Elle n’est pas surjective, car Φ(f) vérifie c0(Φ(f)) = 0. On pourrait chercher ses éléments propres…
54
Remarque finale : On a, pour tout x et tout t ∈ ]0, π] t
txftxf )()( −−+ = ∑
∈Zn
inxn etntifc .)sin(.2).(
avec convergence normale en x. Si l’on intègre terme à terme en t cette égalité, on retrouve formellement le résultat de 2), mais je ne vois pas comment rendre cette idée juste. Exercice 12 : un opérateur intégral.
Soit f une fonction réglée 2π-périodique de R dans C.
On note F(x) = ∫x
dttf0
).( − c0(f).x = ∫x
dttf0
).( − 2
)(0 fax .
1) Montrer que F est continue 2π-périodique et que P : f → F est linéaire. 2) Exprimer à l’aide de celle de f la série de Fourier exponentielle et trigonométrique de F.
3) On note T la fonction 2π-périodique définie par T(t) = 2
t−π sur ]0, 2π[.
Développer T en série de Fourier. Comparer F à f * T.
4) A quelle condition x → ∫x
dttf0
).( est-elle 2π-périodique ? Conséquence et remarques ?
Solution :
1) La fonction F(x) = ∫x
dttf0
).( − c0(f).x = ∫ −x
dtfctf0
0 )].()([ est continue, dérivable à gauche et à
droite en tout point, et 2π-périodique. L’application P : f → F est linéaire et joue le rôle d’une primitivation.
2) Formellement, F(x) ∼ ∑≠
−0
1).(
k
ikx
k ike
fc = −∑≠0
)(k
k
ikfc
+ ∑≠0
)(k
k
ikfc
eikx
.
= ∑+∞
=1
)(n
n
nfb + ∑
+∞
=−
1
)cos().([n
nnnxfb + an(f). n
nx)sin( ]
Le calcul des ck(F) (k ≠ 0) se fait par intégration par parties généralisée.
De même, on trouve : c0(F) = ∫ −π
ππ2
0).().(
21 dttft = −∑
≠0
)(k
k
ikfc
= ∑+∞
=1
)(n
n
nfb .
3) Nous avons déjà développé T en série de Fourier : T(x) ∼ ∑≠02k
ikx
ike
= ∑≥1
)sin(n n
nx.
D’une part : ( f * T )(x) = ∫ −−π
ππ2
0).().(
41 dttxft = … = )(.
2 0 fcx−π + ∫ −
x
xduufu
ππ 2).(.
41 .
D’autre part : ( f * T )(x) ∼ ∑≠0
.2
)(k
ikxk eikfc =
21 ∑
+∞
=−
1
)cos().([n
nnnxfb + an(f). n
nx)sin( ]
C’est une fonction continue, et si f est Ck, elle est C
k+1, et ( f * T )’(x) = − )(.
21
0 fc + )(.21 xf .
De plus, par convergence normale :
( f * T )(x) = ∑≠0
.2
)(k
ikxk eikfc =
21 ∑
+∞
=−
1
)cos().([n
nnnxfb + an(f). n
nx)sin( ]
En conclusion : F(x) = 2 [ ( f * T )(x) − ( f * T )(0) ] .
Ainsi l’on voit que l’opérateur P est un opérateur de convolution.
Exercice 13 : Soit h > 0. A toute f ∈ E = C2π(R, C) on associe la fonction fh(x) = h21 ∫
+
−
hx
hxdttf ).( .
Montrer que T : f → fh est un endomorphisme de E. Valeurs propres ?
55
Solution : [ Oral Centrale 2006, RMS n° 741 ]
1) On a : fh(x) = h21 ∫
+
−
hx
hxdttf ).( =
h21 ∫
+
−+
h
hdttxf ).( ,
donc T(f) est élément de E (et même de classe C1), et T est linéaire.
Remarque : T est un opérateur de lissage ou de régularisation. Si f est réglée, T(f) est continue, si f est C
k, T(f) est C
k+1.
Au demeurant, si 0 < h < π, T(f) = f * dh , avec les notations de l’ex. 1.
2) Pour tout n ∈ Z, cn(T(f)) = nh
nh)sin(cn(f) , avec la convention c0(T(f)) = c0(f).
Donc f(x) ∼ ∑∈Zn
inxn efc ).( implique T(f) ∼ ∑∈Zn
inxn enh
nhfc )sin().( .
Comme T(f) est C1, il y a convergence normale.
3) On en déduit aisément que les valeurs propres de T sont 1 et les nh
nh)sin(, n ∈ N*.
Exercice 14 : Soit E = CCCC2π(R, C), muni de || f || = π21 ∫ )2( π
f .
A toute f ∈ E on associe T(f) : x → ∫+∞
− +0
).(. dttxfe t .
1) Montrer que T est un endomorphisme continu de E. 2) T est-il inversible ? 3) Valeurs propres et vecteurs propres de T ?
Solution : [ Oral Mines 2006, RMS n° 497 ] 1) Pour tout réel x, la fonction continue t → f(x + t).exp(−t) est intégrable, car f est bornée. Notons F = T(f). F est 2π-périodique et continue par convergence dominée. Et T est linéaire.
Notons que F(x) = ex∫
+∞−
x
u duufe ).(. (1)
Cette formule montre que F est de classe C1 et est solution de l’équation différentielle :
F’(x) − F(x) + f(x) = 0 (2). F est l’unique solution périodique (et même bornée) de cette équation différentielle.
De plus F(x) = ∑∫+∞
=
+− +
0
)1(2
2).(.
n
n
n
t dttxfeπ
π = ∑∫
+∞
=
−− +0
2
0
2 ).(.n
sn dssxfeπ
π = π211
−−e ∫ +−π2
0).(. dssxfe s .
= ππ
212
−−e π21 ∫− −
0
2).(.
πdvvxfev = π
π21
2−−e
( f ∗ h )(x) (3),
où h est la fonction 2π-périodique définie par h(x) = exp(x) sur ]−2π, 0].
Ainsi T est un opérateur de convolution et || T(f) ||1 ≤ ππ
212
−−e|| f ||1.|| h ||1 .
2) T est injectif, mais n’est pas surjectif. Il est injectif, car F = 0 implique f = 0 en vertu de (2). Il n’est pas surjectif, car F est de classe C
1 .
3) Les éléments propres de T peuvent être trouvés par deux moyens.
Soit (λ, f) un couple d’éléments propres.
Alors λ ≠ 0, et λ.( f’(x) – f(x) ) + f(x) = 0 . D’où f(x) = C.exp( xλλ 1− ).
Mais f est 2π-périodique, et cela impose λ = in−11 , n ∈ Z.
Ainsi, les éléments propres sont les ( λ , f ) = (in−11 , C.e
inx ) , n ∈ Z.
Autre solution : comme T est un opérateur de convolution, développer h en série de Fourier, etc.
56
Exercice 15 : Soit E = CCCC2π(R, R). Pour f ∈ E, et tout r ∈ ]0, 1[, on définit Φ(f) par :
(∀x ∈ R) Φ(f)(x) = π21 ∫(2π) ²)cos(21
²1rtxr
r+−−
− .f(t).dt .
Montrer que Φ est un endomorphisme de E. Valeurs et vecteurs propres ?
Solution : Notons Pr(x) = ²)cos(21
²1rxr
r+−
− = ∑∈Zn
inxn er . .
Φ : f → Pr ∗ f est linéaire, et continue car || Φ( f ) ||∞ ≤ || Pr ||1 . || f ||∞ = || f ||∞ . De surcroît, Φ(1) = 1, donc ||| Φ ||| = 1.
Valeurs et vecteurs propres. Soit ( λ, f ) un couple d’éléments propres de Φ : f ≠ 0 et Φ(f) = λ.f . Alors pour tout n ∈ Z, cn(Φ(f)) = cn (Pr ∗ f) = cn(Pr).cn(f) = r
|n|.cn(f) = λ.cn(f) .
Si λ ∉ { r|n|
; n ∈ Z } = { rn ; n ∈ N }, tous les cn(f) sont nuls, donc f est nulle : impossible.
Donc λ ∈ { rn ; n ∈ N }. Si λ = 1, on trouve cn(f) = 0 pour n ≠ 0, donc f est constante.
Si λ = rn , n ∈ N*, ck(f) = 0 pour k ≠ ± n, donc f(x) = a.e
inx + b.e
−inx = c.cos(nx) + d.sin(nx).
Conclusion : Les valeurs propres de Φ sont les λ = rn , n ∈ N.
Si λ = 1 , Ker(Φ − I) est la droite formée des constantes.
Si λ = rn , n ∈ N* , Ker(Φ − λ.I) = Vect( e
inx , e
−inx ) = Vect(cos(nx), sin(nx)).
Exercice 16 : Soit E = CCCC2π(R, C). Pour f ∈ E, on définit Φ(f) par :
(∀x ∈ R) Φ(f)(x) = π21 ∫(2π) sin(x – t).f(t).dt .
Montrer que Φ est un endomorphisme de E. Valeurs et vecteurs propres ?
Solution : On peut donner une solution directe de cet exercice, car Φ(f) est combinaison linéaire de sin et cos, et Φ est un endomorphisme de rang 2 de E… Mais on peut aussi passer par séries de Fourier.
Φ(f)(x) = ( sin ∗ f )(x) = i2
1 ( c1(f).eix
− c−1(f).e−ix
).
Ker Φ est le sous-espace de codimension 2 de E défini par c1(f) = c−1(f) = 0.
Il y a deux valeurs propres non nulles : ± i2
1 . Les espaces propres associés sont des droites.
Φ(f) = ± i2
1 ⇔ f = A e±ix
.
Exercice 17 : Soit E = CCCC2π(R, R). Pour f ∈ E, on définit Φ(f) par :
(∀x ∈ R) Φ(f)(x) = π21 ∫(2π) | sin
2tx− |.f(t).dt .
Montrer que Φ est un endomorphisme de E. Valeurs et vecteurs propres ?
Solution : [ Oraux Mines 2002 RMS n° 255, Mines 2005 RMS n° 495, Centrale 2009 RMS, n° 792 ]
1) On a Φ(f) = S ∗ f , où S(x) = | sin 2x | . Développons S en série de Fourier.
Il vient S(x) = π2 − π
4 ∑+∞
= −1 1²4)cos(
n nnx
= π2 ∑
+∞
−∞= −n
inx
ne
²41 . Il y a convergence normale.
57
2) Pour tout n ∈ Z , cn(Φ(f)) = cn(S).cn(f) = π2
²411n− cn(f).
Soit alors (λ, f ) un couple d’éléments propres de Φ : ∀n ∈ Z λ.cn(f) = π2
²411n− cn(f).
Comme f est non nulle, l’un des cn(f) est non nul, donc λ = π2
²411n− .
Réciproquement, si λ = π2
²411n− , ck(f) = 0 pour k ≠ ± n.
En vertu de la caractérisation des polynômes trigonométriques donnée au § 2:
Conclusion : Sp Φ = { λn = π2
²411n− ; n ∈ N } .
Ker( Φ − λ0.I ) = Vect(1) et Ker( Φ − λn.I ) = Vect(cos(nx), sin(nx)) .
Remarque : On peut résoudre cet exercice sans passer par les séries de Fourier, en calculant Φ(f) sur [0, 2π] par découpe à la Chasles.
Exercice 18 : Soit λ réel, a complexe, |a| < 1. Trouver les fonctions f continues 2π-périodiques de R
dans C telles que (∀x) f(x) = λ ∫ −−π2
0.
1)( dt
aetxfit + ∑
+∞
=1 ²n
inx
ne
.
Solution : [ Oral Mines 2004, Planche 134 ]
Exercice 19 : Soient E = CCCC2π(R, R), g ∈ E fixée. Pour f ∈ E, on pose Φ(f) = f ∗ g.
1) Montrer que Φ est un endomorphisme de E, continu pour || f ||∞ et || f ||1. 2) Cns pour que Φ soit injectif, surjectif ? 3) Valeurs et vecteurs propres ?
Solution : [ Oral Centrale 2004, RMS n° 90 ] 1) est facile : voir exercices antérieurs.
2) Φ n’est jamais surjectif, car nous avons vu dans un exercice antérieur que f ∗ g est non seulement continue, mais somme d’une série trigonométrique normalement convergente. Or ce n’est pas toujours le cas d’un élément de E.
Je dis que Φ est injectif si et seulement si, pour tout n ∈ Z, cn(g) ≠ 0.
En effet, Φ(f) = 0 ⇔ ∀n ∈ Z cn(g).cn(f) = 0
Notons alors A = { n ∈ Z ; cn(g) ≠ 0 } ; Φ(f) = 0 ⇔ ∀n ∈ A cn(f) = 0 Du coup, Φ est injectif ssi A = Z. 3) généralise des exercices antérieurs.
Exercice 20 : Soit E l’ensemble des fonctions continues 2π-périodiques paires de R dans R.
Si f et g sont éléments de E, on pose : h(x) = 2
)().( 00 gafa + ∑+∞
=1
)cos().().(n
nn nxgafa .
1) Définition, continuité de h ? 2) h est-elle la somme de sa série de Fourier ?
3) Montrer que || h ||∞ ≤ 2 || f ||∞ || g ||∞ . 4) Pour f fixée, soit T : f → h. Soit λ une valeur prorpe non nulle de T. Montrer que l’ensemble des n tels que an(f) = λ, resp. bn(f) = λ, est un ensemble fini. Qu’en déduire sur l’espace prorpe associé ?
Solution : [ Oral Mines 1996, RMS n° 261, Oral Mines 1997, RMS n° 242. ]
58
1) et 2) En vertu de Parseval, les suites (an(f)) et (an(g)) sont de carré sommable, donc la série
∑+∞
=1
)().(n
nn gafa est absolument convergente. Par conséquent, la série ∑+∞
=1
)cos().().(n
nn nxgafa converge
normalement, et h est élément de E. De plus, la série trigonométrique définissant h est la série de Fourier de h. 3) Utiliser Cauchy-Schwarz et Parseval.
| h(x) | ≤ |2
)().( 00 gafa | + ∑+∞
=1
)().(n
nn gafa ≤ …
Remarque : on peut démontrer que h = 2 ( f ∗ g ). Pour cela, il suffit de montrer qu’elles ont mêmes coefficients de Fourier exponentiels, ce qui repose sur la parité des fonctions. Et cela fournit une autre preuve de 3).
4) Comme la suite (an(f)) tend vers 0, les ensembles cherchés sont finis,
Exercice 21 : Soient E = CCCC2π(R, R), (an) une suite sommable à termes > 0. Soit f ∈ E.
On pose : f0(x) = f(x) , fn(x) = ∫+
−nax
xn
ndttf
a).(1
1 . Montrer que la suite (fn) converge uniformément
vers une fonction ϕ. Classe de ϕ ? Exprimer ses coefficients de Fourier à l’aide de ceux de f.
Solution : [ Oral Centrale 1995, RMS n° 368 ] ___________